PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI

Gratis

0
0
152
7 months ago
Preview
Full text
(1)PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI KRITERIA DAERAH DEDEKIND Skripsi Diajukan untuk Memenuhi Salah Satu Syarat Memperoleh Gelar Sarjana Sains Program Studi Matematika Oleh: Widiatmo Kurniadi NIM: 083114012 PROGRAM STUDI MATEMATIKA JURUSAN MATEMATIKA FAKULTAS SAINS DAN TEKNOLOGI UNIVERSITAS SANATA DHARMA YOGYAKARTA 2014 i

(2) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI CRITERION OF DEDEKIND DOMAIN Thesis Presented as Partial Fulfillment of the Requirements To Obtain SARJANA SAINS Degree In Mathematics By: Widiatmo Kurniadi Student Number: 083114012 MATHEMATICS STUDY PROGRAM MATHEMATICS DEPARTMENT FACULTY OF SCIENCE AND TECHNOLOGY SANATA DHARMA UNIVERSITY YOGYAKARTA 2014 ii

(3) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI t. t;.1 . ..,, '.,', , ,,, , T{rgg$;fd.,April ZOt+'.

(4) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI SKRIPSI KRITERIA DAERAH DEDEKII\D Dipersiapkarr dan ditulis oleh: lVidiamo Ktnrriadi NIM:083114012 Telah dipa6ult*** U' t4 da1 pada,'tai Kenia Paf,itiaPenguji : Priof .Dr. Sekretaris : Dr. rer. nat. Anggota : M.V. Any ?26p1t12914 Fakultas Sains dan Teknologi Universitas Sanata Dharma P.H. PrimaRosa S.Si., M.Sc. tv

(5) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI v

(6) :ii jl=:E-1,1jt:.ir::* PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI Pernyataan Keaslian Karya I Saya menyatakan dengan sesungguhnya bahwa skripsi ini tidak memuat karya atau bagian karya orang lain, kecuali yang telah disebutkan dalam kutipan dan daftar pustaka, sebagaimaoa layaknya karya ilmiah. Yogyakarta, I 1 April 2014 Penulis Widiatmo Kurniadi vi

(7) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI ABSTRAK Dibuktikan lima kriteria yang saling ekivalen supaya daerah integral lapangan pecahan dengan merupakan daerah Dedekind, yaitu setiap ideal sejati dari adalah hasil kali tunggal dari sejumlah berhingga ideal prima dari (dengan pengurutan kembali ideal prima tersebut) dan setiap ideal prima tersebut mempunyai invers, setiap ideal fraksi dari taknol dari mempunyai invers, setiap ideal mempunyai invers, himpunan setiap ideal fraksi dari grup komutatif terhadap operasi perkalian, daerah integral Noether, tertutup secara integral dan setiap ideal prima taknol dari maksimal. vii membentuk adalah daerah adalah ideal

(8) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI ABSTRACT Five equivalence criterions for an integral domain with it’s field of quotient to become Dedekind domain have been proved, namely every proper ideal is a unique product of finite number of prime ideals (up to order of the factors) and each is invertible, every fractional ideals of is invertible, every nonzero ideal of is invertible, the set of all fractional ideals of commutative group, integral domain and every nonzero prime ideal of forms a multiplicative is an integrally closed Noetherian domain is a maximal ideal. viii

(9) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI LEMBAR PERIIYATAAN PERSETUJUAN PT]BLIKASI KARYA ILMIAII TJNTUK KEPENTINGAI\ AKADEMIS Yang bertanda tangan di bawah ini" saya mahasiswa Universitas Sanata Dharma: Nama : Widiatmo Kurniadi Nomor Mahasiswa : 083114012 Demi pengambangan ilmu pengetahuan, saya memberikan kepada Perpustakaan Universitas Sanata Dharma karya ilmiah yang berjudul: KRITERIA DAERAH DEDEKIND beserta perangkat yang diperlukan (bila ada). Dengan demikian saya memberikan kepada Perpustakaan Universitas Sanata Dharma hak untuk menyimpan, mengalihkan dalam bentuk media lain, mengeiolanya dalam bentuk pangkalan data, mendistribusikan secara terbatas, dan mempublikasikan di internet, atau media lain untuk kepentingan akademis tanpa meminta ijin dari saya mauptrn memberikan royalti kepada saya, selama tetap mencanfumkan nama saya sebagai penulis. Demikian pemyataan ini saya buat dengan sebenarnya. i Dibuat di Yogyakarta, I t I Pada tanggal: I 1l April2014 l Yang menyatakan [/4 wiaia#o/rurniaai lx

(10) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI KATA PENGANTAR Puji dan syukur kepada Tuhan Yang Maha Esa atas berkat dan rahmat-Nya, sehingga skripsi dengan judul ”Kriteria Daerah Dedekind” ini dapat diselesaikan ini dapat diselesaikan tepat pada waktunya. Penulis menyadari sepenuhnya bahwa skripsi ini tidak lepas dari dukungan, dorongan, kerjasama maupun bimbingan banyak pihak. Oleh karena itu, penulis mengucapkan banyak terima kasih kepada: 1. Ibu M.V. Any Herawati, S.Si, M.Si. selaku dosen pembimbing dan dosen penguji skripsi yang telah membimbing dan memberi masukan sejak awal hingga selesainya skripsi ini. 2. Ibu Lusia Krismiyati Budiasih, S.Si., M.Si. selaku Ketua Program Studi Matematika yang telah memberikan nasehat dan bimbingan selama proses penyusunan skripsi. 3. Romo Prof. Dr. Frans Susilo, SJ dan Bapak Dr. rer. nat. Herry Pribawanto Suryawan, S.Si., M.Si. selaku dosen penguji yang telah memberikan koreksi dan masukan selama proses penyusunan skripsi ini. 4. Perpustakaan Universitas Sanata Dharma dan staf sekretariat yang telah memberikan fasilitas dan kemudahan pembelajaran, serta administrasi bagi penulis selama masa perkuliahan. 5. Semua pihak yang telah membantu penulis, tetapi tidak dapat disebutkan satu persatu. Yogyakarta, 11 April 2014 Penulis x

(11) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI DAFTAR ISI HALAMAN JUDUL …………………………………………………………………. i HALAMAN JUDUL DALAM BAHASA INGGRIS ………………………………. ii HALAMAN PERSETUJUAN PEMBIMBING ……………………………………... iii HALAMAN PENGESAHAN ………………………………………………………... iv HALAMAN PERSEMBAHAN ……………………………………………………… v HALAMAN PERNYATAAN KEASLIAN KARYA ………………………………. vi HALAMAN ABSTRAK ……………………………………………………………… vii HALAMAN ABSTRACT …………………………………………………………….. viii LEMBAR PERNYATAAN PERSETUJUAN PUBLIKASI KARYA ILMIAH UNTUK KEPENTINGAN AKADEMIS …………………………………. ix KATA PENGANTAR ………………………………………………………………... x DAFTAR ISI ………………………………………………………………………….. xi BAB I PENDAHULUAN ……………………………………………………………. 1 A. Latar Belakang Masalah ……………………………………………...... 1 B. Rumusan Masalah ……………………………………………………... 2 C. Batasan Masalah ……………………………………………………….. 2 D. Tujuan Penelitian ………………………………………………………. 2 E. Metode Penelitian ……………………………………………………... 2 F. Manfaat Penelitian …………………………………………………….. 2 G. Sistematika Penulisan …………………………………………………. 2 xi

(12) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI BAB II GRUP, GELANGGANG DAN MODUL ....................................................... 4 A. Pemetaan dan Grup.................................................................................... 4 B. Gelanggang ............................................................................................. 38 C. Konstruksi Lapangan Pecahan ................................................................ 68 D. Modul ...................................................................................................... 77 BAB III DAERAH DEDEKIND .................................................................................... 107 A. Daerah Dedekind ..................................................................................... 107 B. Kriteria Daerah Dedekind ....................................................................... 126 BAB IV PENUTUP ........................................................................................................ 139 A. Kesimpulan ............................................................................................. 139 B. Saran ....................................................................................................... 139 DAFTAR PUSTAKA ..................................................................................................... 140 xii

(13) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI BAB I PENDAHULUAN A. Latar Belakang Masalah Teorema Fermat yang terakhir, yaitu tuk > 2, + = tidak punya solusi bilangan bulat un- ∈ ℕ.Ada yang mencoba membuktikan teorema ini, diantaranya Kummer (1858). Kummer membuat sistem bilangan kompleks yang bisa digunakan untuk membuktikan bahwa teorema tersebut benar untuk sejumlah tak berhingga eksponen yang habis dibagi bilanganbilangan prima beraturan. Sebagai hasilnya, Kummer berhasil membuktikan teorema fermat untuk < 100. Usahanya untuk membuktikan teorema fermat secara umum gagal, sebab faktorisasi tunggal dari bilangan bulat (setiap bilangan bulat ≥ 2, dapat dinyatakan secara tunggal sebagai perkalian pangkat dari bilangan-bilangan prima tanpa memperhatikan urutan) tidak bisa diperluas ke gelanggang lain termasuk himpunan bilangan kompleks. Kummer berusaha untuk memperbaiki ketunggalan dari faktorisasi pada bilangan kompleks tersebut dengan memperkenalkan istilah bilangan-bilangan ideal. Berdasar ide Kummer tentang bilangan-bilangan ideal tersebut, Dedekind membuat konsep yang berjudul teori bilangan yang bersifat aljabar secara umum dan dipublikasikan pada tahun 1879. Kemudian Hilbert memperluas konsep tersebut yang kemudian dikembangkan oleh Noether. Pada akhirnya konsep tersebut mengarah pada gagasan umum tentang ketunggalan faktorisasi ideal menjadi pangkat-pangkat ideal prima, yang kemudian disebut daerah Dedekind. Pada skripsi ini akan dibahas tentang kriteria daerah integral menjadi daerah Dedekind.

(14) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 2 B. Rumusan Masalah Permasalahan yang akan dibahas dalam skripsi adalah bagaimana kriteria agar suatu daerah integral merupakan daerah Dedekind ? C. Batasan Masalah Batasan masalah pada skripsi ini adalah tidak dibahas kriteria daerah Dedekind yang menggunakan lokalisasi dan gelanggang valuasi diskret. D. Tujuan Penelitian Tujuan penulisan skripsi ini adalah memahami kriteria agar suatu daerah integral merupakan daerah Dedekind dan pemenuhan tugas akhir dalam Program Studi Matematika Universitas Sanata Dharma. E. Metode Penelitian Metode penelitian yang digunakan yaitu metode studi pustaka dengan menggunakan buku-buku aljabar abstrak. F. Manfaat Penelitian Penelitian ini untuk memahami kriteria suatu daerah integral merupakan daerah Dedekind dan sebagai pemenuhan salah satu syarat memperoleh gelar sarjana sains program studi matematika. G. SISTEMATIKA PENULISAN I. PENDAHULUAN A. Latar Belakang Masalah B. Rumusan Masalah C. Batasan Masalah D. Tujuan Penelitian

(15) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI E. Metode Penelitian F. Manfaat penelitian II. GRUP, GELANGGANG DAN MODUL A. Pemetaan dan Grup B. Gelanggang C. Konstruksi Lapangan Pecahan D. Modul III. DAERAH DEDEKIND A. Daerah Dedekind B. Kriteria Daerah Dedekind IV. PENUTUP A. Kesimpulan B. Saran 3

(16) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI BAB II GRUP, GELANGGANG DAN MODUL A. Pemetaan dan Grup Definisi 2.1.1 Suatu kelas bagian dengan , ∈ dari × untuk setiap disebut relasi pada ∈ dan ∈ dan jika × . Selanjutnya simbol = maka ekivalen adalah relasi pada . Contoh 2.1.1 = 1,2,3 , Misal himpunan untuk setiap ∈ , ∈ yaitu = 2,4,6 dan = adalah relasi dari ke dengan aturan =2 1,2 , 2,4 , 3,6 . Definisi 2.1.2 Perkalian Cartesius dari himpunan dimana ∈ ,…, ,…, yaitu himpunan semua -tuple terurut . Perkalian cartesius tersebut disimbolkan dengan = × …× , . Contoh 2.1.2 Misal = 1, = 1,2 maka × = 1,1 , 1,2 . Definisi 2.1.3 Misal adalah himpunan tak kosong dan adalah himpunan indeks. Suatu partisi dari himpunan dari , ∈ dimana adalah himpunan bagian dari yang memenuhi sifat adalah

(17) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 1. Untuk setiap ∈ berlaku 2. Untuk setiap , ∈ jika 3. Gabungan dari , ≠ ≠ ∅. maka , … sama dengan ∩ 5 = ∅. , dimana , + 1, … ∈ . Selanjutnya elemen dari partisi tersebut disebut sel dari partisi A. Contoh 2.1.3 Misal yaitu = 1,2,3,4,5,6 . Salah satu partisi dari = 1,2,3,4 , = 5,6 . yaitu 1,2,3,4 , 5,6 dengan sel dari partisi Definisi 2.1.4 Suatu relasi relasi pada disebut relasi ekivalensi pada A jika dan hanya jika untuk setiap , , ∈ bersifat 1. Refleksif yaitu , 2. Simetris yaitu jika maka 3. Transitif, yaitu jika , , maka . Contoh 2.1.4 Akan dibuktikan relasi pada ℤ yang didefinisikan ! " jika dan hanya jika !" > 0 untuk se- tiap !, " ∈ ℤ − 0 adalah suatu relasi ekivalensi pada ℤ. Jelas relasi bersifat refleksif. Sebab untuk setiap ! ∈ ℤ − 0 berlaku ! > 0 sehingga ! !. Misal ! " sehingga !" > 0. Karena perkalian di ℤ komutatif sehingga !" = "! > 0 maka " !. Jadi relasi bersifat simetris. Misal ! ", " & sehingga !" > 0 dan "& > 0. Karena !" > 0 maka ! > 0 dan " > 0 atau

(18) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 6 ! < 0 dan " < 0, selain itu "& > 0 sehingga " > 0 dan & > 0 atau " < 0 dan & < 0. Jika ! > 0 dan " > 0 dan "& > 0 maka & > 0 sehingga !& > 0 maka ! &. Jika ! < 0 dan " < 0 dan "& > 0 maka & < 0 sehingga !& > 0 akibatnya ! &. Jika " > 0 dan & > 0 dan !" > 0 sehingga ! > 0 maka !& > 0 akibatnya ! &. Jika " < 0, & < 0 dan !" > 0 maka ! < 0 se- hingga !& > 0 akibatnya ! &. Karena setiap kemungkinan berlaku ! & maka yang bersifat transitif. Karena adalah relasi adalah relasi yang simetris, refleksif dan transitif maka adalah suatu relasi ekivalensi. Definisi 2.1.5 Misal ( adalah himpunan dan dan hanya jika ) *. Karena adalah relasi ekivalensi. Setiap ), * ∈ ( disebut ekivalen jika mempunyai sifat refleksif, maka jika diambil sebarang + ∈ ( ter- dapat elemen di ( yang ekivalen dengan +. Himpunan setiap elemen di ( yang ekivalen dengan + disebut kelas ekivalensi dengan represntasi s dan disimbolkan dengan [+] = punan setiap kelas ekivalensi dimana / = [+].+ ∈ ( . ∈ (.+ . Him- adalah relasi ekivalensi pada ( disimbolkan dengan Contoh 2.1.5 Pada contoh 2.1.4, salah satu kelas ekivalensi dari ℤ yaitu [2] = ∈ℤ− 0 . 2. Teorema 2.1.1 Misal adalah himpunan tak kosong dan 0 adalah relasi ekivalensi pada (. Jika ), * ∈ 1. Elemen * ∈ [)] jika dan hanya jika )0*. 2. Elemen ) ∈ [)]. maka

(19) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 7 3. Himpunan [)] ≠ ∅. 4. Irisan [)] dengan [*] tidak sama dengan ∅ jika dan hanya jika )0*. 5. Irisan [)] dengan [*] tidak sama dengan ∅ jika dan hanya jika [)] = [*] Bukti: 1. Misal * ∈ [)] sehingga menurut definisi 2.1.5 * ∈ menurut definisi 2.1.5, * ∈ [)]. dan )0*. Sebaliknya jika )0* maka 2. Menurut definisi 2.1.4, 0 bersifat refleksif sehingga ) ∈ [)]. 3. Karena 0 bersifat refleksif maka ) ∈ [)] sehingga )1 ≠ ∅. 4. Misal [)] ∩ [*] ≠ ∅ sehingga ada elemen 2 ∈ )1 dan 2 ∈ [*]. Karena 2 ∈ [)] dan 2 ∈ [*] maka menurut definisi 2.1.5, 20) dan 20* maka menurut definisi 2.1.4, )02 sehingga diperoleh )0*. Sebaliknya diketahui )0* sehingga ) ∈ [*]. Karena ) ∈ [)] maka [)] ∩ [*] ≠ ∅. 5. Misal [)] ∩ [*] ≠ ∅. Ambil sebarang 2 ∈ [)] maka menurut pernyataan pertama )02. Menurut pernayaan keempat berlaku )0*. Karena 0 adalah relasi ekivalensi pada , dan )02 maka menurut definisi 2.1.4, 20). Diperoleh 20) dan )0* sehingga menurut definisi 2.1.4, 20* sehingga menurut pernyataan pertama 2 ∈ [*]. Akibatnya [)] ⊆ [*]. Bukti untuk [*] ⊆ [)] ana- log dengan pembuktian [)] ⊆ [*]. Akan dibuktikan pernyataan sebaliknya. Karena [)] = [*] maka jelas [)] ∩ [*] ≠ ∅. ∎

(20) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 8 Teorema 2.1.2 Misal himpunan tak kosong dan ~ adalah relasi ekivalensi pada partisi, dimana 6 = ) ∈ .)~ jika ~ adalah relasi pada adalah sel yang memuat maka ~ menghasilkan untuk semua ∈ . Konversnya, yang menghasilkan partisi maka ~ adalah relasi ekivalensi. Bukti: Misal adalah himpunan tak kosong dan ~ adalah relasi ekivalensi pada . Akan ditunjukkan relasi ekivalensi ~ pada menghasilkan partisi. Calon partisi dari relasi ekivalensi ~ pada yai- dimana 6 = ) ∈ .)~ . Akan ditunjukkan setiap sel dari ~7 adalah him- tu ~7 = 6. ∈ punan tak kosong, saling asing, dan setiap gabungan dari sel tersebut sama dengan . Misal 6 adalah sebarang sel dari ~7 . Menurut pernyataan pertama teorema 2.1.1, ∈ 6 sehingga 6 ≠ ∅ maka terbukti setiap sel dari ~7 adalah himpunan tak kosong. Selanjutnya akan dibuktikan setiap sel dari ~7 saling asing. Ambil sebarang ) ∈ 6 maka ) ∈ dan )~ . Karena ~ adalah relasi ekivalensi sehingga menurut definisi 2.1.4 berlaku8 ~) sehingga )~). Jadi ) ∈ )1 maka 6 ⊆ )1 . Ambil sebarang teorema 2.1.1, ∈ )1 maka ~) sehingga menurut definisi 2.1.4, )~ maka ~ . Jadi menurut ∈ 6 sehingga 6 = )1 . Menurut teorema 2.1.1, 6 = )1 jika dan hanya jika 6 ∩ )1 ≠ ∅. Pernyataan tersebut ekivalen dengan 6 ≠ )1 jika dan hanya jika 6 ∩ )1 = ∅. Jadi ter- bukti 6 ∩ )1 = ∅. Menurut teorema 2.1.1, setiap elemen dari gabungan dari sel tersebut sama dengan . Jadi terbukti ~7 adalah partisi dari akan dibuktikan konversnya. Misal 9 adalah partisi dari isikan 9 = . ∈ dan didefinisikan relasi ~ pada . Selanjutnya dengan himpunan indeks . Didefin- sebagai berikut, untuk setiap +, : ∈ , +~: jika dan hanya jika terdapat ∈ sedemikian sehingga + ∈ ~ adalah relasi ekivalensi pada terletak pada satu sel sehingga dan : ∈ . Akan ditunjukkan . Jelas ~ adalah relasi yang refleksif, sebab terdapat ∈

(21) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI sedemikian sehingga + ∈ dan + ∈ 9 untuk setiap ) ∈ . Selain itu untuk setiap +, : ∈ dan : ∈ +~: maka terdapat ∈ sedemikian sehingga + ∈ terdapat ∈ sedemikian sehingga : ∈ dan + ∈ jika . Ekivalen dengan jika +~: maka . Akibatnya menurut relasi yang didefinisi- kan, :~+ sehingga menurut definisi 2.1.4, relasi ~ bersifat simetris. Selanjutnya untuk setiap ∈ :∈ jika +~: dan :~ > 2.1.3, dan = = ∈ > >. maka terdapat <, " ∈ Karena : ∈ maka +, :, = dan : ∈ adalah elemen > =. sedemikian sehingga + ∈ maka = Jadi + ∈ ∩ = > = dan : ∈ = dan ≠ ∅ sehingga menurut definisi dan ∈ = sehingga +~ maka menurut definisi 2.1.4, ~ adalah relasi yang transitif. Menurut definisi 2.1.4, terbukti bahwa ~ adalah relasi ekivalensi. ∎ Definisi 2.1.6 Misal adalah relasi pada . Relasi disebut relasi teurut parsial pada A jika dan hanya jika 1. Relasi bersifat refleksif. 2. Relasi bersifat antisimetris yaitu untuk setiap , 3. Relasi bersifat transitif. Himpunan tak kosong ∈ jika yang mempunyai relasi terurut parsial dan maka = . disebut himpunan terurut par- sial. Selanjutnya himpunan terurut parsial akan disebut poset. Contoh 2.1.6 Misal adalah relasi pada ℝ dengan aturan ) ≤ * untuk setiap ), * ∈ ℝ. Jelas bersifat re- fleksif sebab ) ≤ ) untuk setiap ) ∈ ℝ. Kemudian untuk setiap ), * ∈ ℝ jika ) ≤ * dan * ≤ )

(22) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI maka jelas ) = * sehingga 10 adalah relasi yang antisimetris. Selain itu, untuk setiap ), *, 2 ∈ ℝ jika ) ≤ *, * ≤ 2 maka jelas ) ≤ 2 sehingga adalah relasi yang transitif. Karena relasi yang refleksif, antisimetris dan transitif maka adalah adalah relasi terurut parsial sehingga ℝ adalah poset. Definisi 2.1.7 Misal adalah poset dengan relasi teurut parsial (. Elemen , hanya jika atau ∈ disebut sebanding jika dan . Contoh 2.1.7 Pada contoh 2.1.6, ), * ∈ ℝ dengan relasi adalah sebanding. Definisi 2.1.8 Misal adalah poset dengan relasi terurut parsial (. Elemen dan hanya jika untuk setiap ∈ berlaku ∈ disebut elemen maksimal jika sebanding dengan , yaitu but elemen minimal jika dan hanya jika A sebanding dengan yaitu A . Elemen A ∈ untuk setiap dise- ∈ . Contoh 2.1.8 Misal , ∈ = 1,2,3,4,5,6 . Dibuat relasi maka pada dengan aturan untuk setiap = B1,1C, B1,2C, B1,3C, B1,4C, B1,5C, B1,6C, ≤ untuk setiap B2,3C, B2,4C, B2,5C, B2,6C, B3,3C, B3,4C, B3,5C, B3,6C, B4,4C, B4,5C, B4,6C, B5,5C, B5,6C, B6,6C 8. Jelas adalah poset dengan relasi dan 6 adalah elemen maksimal pada .

(23) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 11 Definisi 2.1.9 Misal ( adalah himpunan dengan adalah relasi pada (. Relasi disebut relasi terurut secara linear pada S jika dan hanya jika: 1. Untuk setiap , 2. Relasi ∈ ( berlaku tepat satu kondisi ini yaitu atau pada ( bersifat transitif. = atau , dan Contoh 2.1.9 Misal = 1,2,3 . Dibuat relasi = B1,2C, B1,3C, B2,3C sehingga pada dengan aturan < untuk setiap , ∈ maka adalah relasi yang terurut linear pada . Definisi 2.1.10 Misal adalah himpunan terurut secara parsial dan D adalah himpunan bagian tak kosong dari . Elemen A ∈ disebut batas atas dari D jika dan hanya jika himpunan bagian tak kosong D dari A untuk setiap ∈ D. Suatu yang teurut secara linear disebut rantai pada A. Contoh 2.1.10 Menurut contoh 2.1.8, 6 adalah batas atas dari . Definisi 2.1.11 Misal adalah himpunan terurut secara parsial dan D adalah sebarang himpunan bagian dari yang tak kosong. Himpunan nyai elemen minimal. disebut terurut dengan baik jika dan hanya jika setiap D mempu-

(24) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 12 Contoh 2.1.11 = 1,2,3 dan Misal setiap , ∈ maka 2.1.6, maka 2, E = 3, tak kosong dari adalah relasi pada dengan sifat jika dan hanya jika = B1,1C, B1,2C, B1,3C, B2,2C, B2,3C, B3,3C . Karena adalah poset. Himpunan bagian tak kosong dari F = 1,2 , G = 1,3 , H = 2,3 , I ≤ untuk memenuhi definisi adalah = 1, = = . Perhatikan bahwa setiap himpunan mempunyai elemen minimal sehingga adalah himpunan terurut dengan baik. Teorema 2.1.3 Jika ≠ ∅ adalah himpunan terurut secara parsial sedemikian sehingga setiap rantai J ⊆ mempunyai batas atas di maka mempunyai elemen maksimal. Bukti: Andaikan tidak mempunyai elemen maksimal. Ambil sebarang )K ∈ yaitu )K ≤ ) ≤ ) ≤ ⋯ dimana ) ∈ mempunyai batas atas di dan dibuat rantai pada untuk setiap . Menurut hipotesis, rantai tersebut , misal *K . Dibuat rantai baru pada hingga rantai yang baru tersebut mempunyai batas atas di yaitu *K ≤ * ≤ * ≤ ⋯ se- . Perhatikan bahwa, jika rantai ini diteruskan maka setiap rantai tersebut mempunyai batas atas dan juga mempunyai elemen minimal di sehingga menurut definisi 2.1.11, adalah himpunan yang terurut dengan baik. Karena tidak mempunyai elemen maksimal maka menurut definisi 2.1.8 berlaku untuk setiap 2 ∈ terdapat ) ∈ J dan ) ≮ 2 tapi J mempunyai batas atas sehingga ada 2K ∈ J dan ) ≤ 2K untuk setiap ) ∈ J akibatnya kontradiksi dengan untuk setiap 2 ∈ mempunyai elemen maksimal. terdapat ) ∈ J dan ) ≮ 2. Jadi

(25) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 13 Definisi 2.1.12 Relasi dari × D disebut pemetaan jika dan hanya jika untuk setiap ) ∈ sedemikian sehingga B), *C ∈ dan untuk setiap B) , * C, B) , * C ∈ terdapat * ∈ D jika ) = ) maka * = * . Selanjutnya pemetaan akan disimbolkan dengan huruf non kapital, misal O dan pemetaan dari × D akan disimbolkan O: → D atau pemetaan O dari ke D. Contoh 2.1.12 Perhatikan relasi O dari ℤ ke ℝ yang didefinisikan OB)C = 2) − 1 untuk setiap ) ∈ ℤ. Akan di- tunjukkan O adalah suatu pemetaan. Jelas untuk setiap ) ∈ ℤ terdapat * ∈ ℝ sedemikian sehingga B), *C ∈ O. Selanjutnya ambil sebarang B) , * C, B) , * C ∈ O. Misal ) = ) sehingga OB) C = 2) − 1 = 2) − 1 = OB) C. Jadi menurut definisi 2.1.12, O adalah suatu pemetaan dari ℤ ke ℝ. Definisi 2.1.13 Misal 17 : adalah himpunan. Pemetaan O: → , jika dan hanya jika OB C = → disebut pemetaan identitas, disimbolkan dengan untuk setiap ∈ . Definisi 2.1.14 Misal "8O = ,D adalah himpunan ∈ D. = OB C8untuk8suatu8 ∈ maka O X adalah pemetaan invers dari D ke dan O: → D. Himpunan disebut peta dari pemetaan O. Jika O: dimana O X = B*, )C.B), *C ∈ O . →D

(26) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 14 Contoh 2.1.14 Dibuat pemetaan O: ℝ → ℝ yang didefinisikan OB)C = sin ) untuk setiap ) ∈ ℝ. Menurut definisi 2.1.14, "8O = −1 ≤ * ≤ 1.* = OB)C8untuk8setiap8) ∈ ℝ . Definisi 2.1.15 Misal , D adalah himpunan. Pemetaan O: tiap , ∈ jika OB C = OB C maka hanya jika untuk setiap O: ∈ D terdapat = → D disebut injektif jika dan hanya jika untuk se- ∈ . Pemetaan O: → D disebut surjektif jika dan sedemikian sehingga OB C = . Selanjutnya → D disebut bijektif jika dan hanya jika O adalah pemetaan yang injektif dan surjektif. Contoh 2.1.15 Perhatikan himpunan ℝ = B , C. , ∈ ℝ dan ℂ = pemetaan O: ℝ → ℂ yang didefinisikan O_B , C` = + + ] , ∈ ℝ, = ^−1 , dan dibuat untuk setiap B , C ∈ ℝ . Akan dibuktikan O adalah pemetaan yang bijektif. Ambil sebarang B , C, B , OB , − C. Perhatikan bahwa = 0 dan − + = + = 0 sehingga berlaku sehingga = dan − = C ∈ ℝ dan OB , C = +B − C = 0 + 0 maka , akibatnya B , C = B , C. Jadi O adalah pemetaan yang injektif. Selanjutnya akan dibuktikan O adalah pemetaan yang sur- jektif. Ambil sebarang ) ∈ ℂ, misal ) = + A akan dicari * ∈ ℝ sehingga OB*C = + A . Dipilih * = B , AC ∈ ℝ sehingga berlaku OB*C = O_B , AC` = + A . Jadi O adalah pemetaan yang surjektif. Karena O adalah pemetaan yang surjektif dan injektif maka O adalah pemetaan yang bijektif.

(27) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 15 Definisi 2.1.16 Misal O: → D, a: D → J adalah suatu pemetaan. Pemetaan komposisi dari O dan a adalah ke J, disimbolkan dengan a ∘ O dan didefinisikan Ba ∘ OCB C = a_OB C` untuk pemetaan dari setiap ∈ . Contoh 2.1.16 Diberikan O: ℝ → ℝ a_B , C` = + yang didefinisikan OB C = B , 0C dan a: ℝ → ℂ yang didefinisikan . Pemetaan komposisi dari O dan a adalah pemetaan dari ℝ ke ℂ dengan Ba ∘ OCB C = a_OB C` = a_B , 0C` = +0 = . Teorema 2.1.4 Jika O: → D maka BO ∘ 17 CB C = OB C = B1c ∘ OCB C untuk setiap ∈ . Bukti: Menurut definisi 2.1.13, 17 B C = OB C dan 1c B C = untuk setiap untuk setiap ∈ sehingga BO ∘ 17 CB C = O_17 B C` = ∈ D maka B1c ∘ OCB C = 1c _OB C` = OB C. Jadi BO ∘ 17 CB C = O_17 B C` = OB C = B1c ∘ OCB C. Teorema 2.1.5 Misal O adalah pemetaan dari ke D. Invers dari O yaitu O X adalah suatu pemetaan jika dan hanya jika O adalah pemetaan yang bijektif.

(28) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 16 Bukti: 1. B→C Misal O X ada. Ambil sebarang OB C = dan OB C = , ∈ untuk suatu , dan OB C = OB C. Menurut definisi 2.1.12 misal ∈ D atau = . Karena O X adalah suatu pemetaan sehingga menurut definisi 2.1.12, O X B C = O X B C sehingga = . Jadi menurut definisi 2.1.15, O adalah pemetaan yang injektif. Selanjutnya ambil sebarang * ∈ D akan dicari ) ∈ sedemikian sehingga OB)C = *. Menurut definisi 2.1.12, untuk setiap * ∈ D terdapat ) ∈ sedemikian sehingga O X B*C = ) maka cukup dipilih ) = O X B*C sedemikian sehingga O_O X B*C` = *. Jadi menurut definisi 2.1.15, O adalah pemetaan yang surjektif. 2. B←C Misal O adalah pemetaan yang bijektif dan akan ditunjukkan O X adalah suatu pemetaan. Ambil sebarang * ∈ D akan dicari ) ∈ sedemikian sehingga O X B* C = ) . Karena O surjektif maka menurut definisi 2.1.15 OB) C = * . Diperoleh B) , * C ∈ O sehingga menurut definisi 2.1.14, B* , ) C ∈ O X . Terbukti terdapat ) ∈ sedemikian sehingga O X B* C = ) . Selanjut- nya ambil sebarang B* , ) C, B*E , )E C ∈ O X dan * = *E . Karena B* , ) C, B*E , )E C ∈ O X maka menurut definisi 2.1.14, B) , * C, B)E , *E C ∈ O sehingga menurut definisi 2.1.12, OB) C = * = *E = OB)E C maka menurut definisi 2.1.15, ) = )E . Jadi menurut definisi 2.1.12, O X adalah sua- tu pemetaan. Teorema 2.1.6 Jika O: → D, a: D → J, ℎ: J → f maka Bℎ ∘ aC ∘ O = ℎ ∘ Ba ∘ OC adalah pemetaan dari ke f.

(29) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 17 Bukti: Ambil sebarang ∈ sehingga menurut definisi 2.1.12 terdapat [Bℎ ∘ aC ∘ O]B C = Bℎ ∘ aCB C selain itu terdapat ∈ D sedemikian sehingga ∈ J sehingga ℎ_aB C` = ℎB C = A untuk suatu A ∈ f. Perhatikan bahwa [ℎ ∘ Ba ∘ OC]B C = ℎ ∘ ga_OB C`h = ℎ_aB C` = ℎB C = A. Jadi terbukti Bℎ ∘ aC ∘ O = ℎ ∘ Ba ∘ OC. Definisi 2.1.17 Himpunan tak kosong i disebut semigrup dengan operasi biner ∗ pada i yang asosiatif, yaitu ∗ B ∗ C = B ∗ C ∗ untuk setiap , , ∈ i selanjutnya sifat ini disebut sifat asosiatif. Contoh 2.1.17 Himpunan bilangan bulat ℤ membentuk semigrup dengan operasi biner penjumlahan B+C. Definisi 2.1.18 Suatu monoid adalah semigrup i yang memuat identitas dua sisi, yaitu k ∈ i sehingga k∗ = untuk setiap ∈ i. ∗k= Contoh 2.1.18 Himpunan ilB2, ℝC = mn A o p , , , A ∈ ℝ, A − ≠ 0q adalah suatu monoid dengan operasi biner perkalian dan identitasnya yaitu matriks identitas. Definisi 2.1.19 Grup ri,∗s adalah himpunan i dengan operasi biner * pada i, sedemikian sehingga memenuhi tiga axioma berikut:

(30) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 1. Operasi biner * bersifat asosiatif yaitu untuk setiap , , ∈ i berlaku 18 ∗B ∗ C= B ∗ C∗ . 2. Terdapat elemen identitas yaitu ada elemen k ∈ i, sehingga k ∗ ) = ) = ) ∗ k untuk setiap ) ∈ i. 3. Mempunyai elemen invers. Artinya untuk setiap = k. ∈ i, ada t ∈ i dengan sifat ∗ t = t ∗ Akibat dari operasi biner pada i, i tertutup terhadap operasi *, yaitu ∀v,w∈x B ∗ C ∈ i. Grupri,∗s disebut grup Abel atau bersifat komutatif jika dan hanya jika ∀v,w∈x 8 ∗ Selanjutnya notasi tulis ∗ X ∗ secara umum akan ditulis dengan =8 ∗ . dan untuk elemen invers akan di- yang berarti elemen invers dari . Sedangkan jika operasinya adalah penjumlahan maka akan ditulis dengan + dan untuk elemen invers akan ditulis − yang berarti elemen invers dari . Jadi grup adalah himpunan dengan operasi biner yang bersifat asosiatif, terdapat elemen identitas, dan setiap elemen mempunyai invers, dan terdapat sifat tertutup yaitu misal i adalah grup dan , adalah sebarang elemen di i berlaku ∈ i. Misal i adalah grup dengan operasi perkalian dan dengan k adalah elemen identitas. Untuk ! ∈ ℤ, didefinisikan: 1. Untuk ! = 0 berlaku 2. Untuk ! ≥ 1 berlaku y y = k. = … sebanyak ! faktor. adalah sebarang elemen di i

(31) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 3. Untuk ! ≤ −1 berlaku = Xy X X … X sebanyak ! faktor. Analog jika i adalah grup dengan operasi penjumlahan, maka penulisan ! = + 19 +⋯+ sebanyak ! faktor dan 0 = 0 serta untuk bilangan bulat negatif " maka penulisan " = − − − − ⋯− sebanyak " faktor. Contoh 2.1.19 Himpunan ℤ membentuk grup dengan operasi penjumlahan. Elemen identitas dari ℤ adalah 0 dan untuk setiap , , ∈ ℤ berlaku ∈ ℤ terdapat − ∈ ℤ sedemikian sehingga +B + C= B + C+ + B− C = 0 serta untuk setiap sehingga menurut definisi 2.1.19, ℤ adalah grup terhadap operasi penjumlahan. Definisi 2.1.20 Himpunan { disebut grup bagian dari i jika dan hanya jika { ≠ ∅ dan { ⊆ i dan { membentuk grup dengan operasi di i. Contoh 2.1.20 Perhatikan himpunan bilangan real ℝ dan himpunan bilangan bulat ℤ. Himpunan bilangan real ℝ adalah grup dengan operasi penjumlahan dan ℤ ≠ ∅ dan ℤ ⊆ ℝ. Jadi menurut contoh 2.1.19, ℤ adalah grup bagian dari ℝ. Teorema 2.1.7 Misal i grup dan { ≠ ∅, { ⊆ i. Himpunan { adalah grup bagian dari i jika dan hanya jika untuk setiap , ∈ { berlaku X ∈ {.

(32) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 20 Bukti: 1. B←C Karena { ⊆ i, maka jelas operasinya bersifat asosiatif. Akan ditunjukkan k ∈ {. Karena { himpunan tak kosong, ambil suatu ) di { sehingga k = )) X ∈ {. Akan ditunjukkan ) X ∈ {. Karena ) ∈ { dan k ∈ { maka k) X = ) X ∈ {. Akan dibuktikan bahwa { tertutup. Ambil sebarang ), * ∈ {, akan ditunjukkan )* ∈ {. Telah ditunjukkan * X ∈ { jika * ∈ {. Misal = ), 2. B→C = * X maka )* = )B* X CX = X ∈ {. Terbukti { adalah grup bagian i. Misal { adalah grup bagian dari i. Menurut definisi 2.1.20, { ≠ ∅ dan { ⊆ i dan { memben- tuk grup dengan operasi di i. Karena { adalah grup, maka menurut definisi 2.1.19, berlaku X ∈ { untuk setiap , ∈{ Definisi 2.1.21 Misal i grup dan { himpunan bagian dari i. Untuk sebarang ∈ i, himpunan ℎ|ℎ ∈ {} dinyatakan dengan {, analog dengan { = {ℎ |ℎ ∈ {}. Himpunan { disebut koset kiri dari { di i yang memuat jika dan hanya jika { adalah grup bagian dari i sedangkan { disebut koset kanan { di i yang memuat jika dan hanya jika { adalah grup bagian dari i.

(33) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 21 Contoh 2.1.21 { = 0,3,6 Misal adalah grup bagian penjumlahan modulo sembilan dari ℤ| = 0,1,2,3,4,5,6,7,8 . Koset kiri dari { di iadalah 0 + { = 3 + { = 6 + {, 1 + { = 4 + { = 7 + {, 2 + { = 5 + { = 8 + {. Teorema 2.1.8 Jika { adalah subgrup dari i dan adalah sebarang elemen di i maka ∈ { dan ∈{ . Bukti: Menurut definisi 2.1.19, k ∈ { sehingga = k ∈ { dan =k ∈{ . Teorema 2.1.9 Misal { adalah grup bagian dari grup idan , ∈ {. ∈ i. Himpunan { = { jika dan hanya jika Bukti: 1. B→C Karena { = {, maka ℎ = ℎ untuk suatu ℎ , ℎ ∈ { sehingga 2. B←C Misal ∈ {. Ambil sebarang ) ∈ {, misal ) = ℎ untuk suatu ℎ ∈ {. Karena , ℎ ∈ { dan { tertutup, maka ) = ℎ ∈ {, jadi maka = ℎ ℎX ∈ {. X ∈ { sehingga X { ⊆ {. Sebaliknya, ambil sebarang * ∈ {, karena * ∈ {. Jadi * = k* = B X C* = B X ∈ {, *C ∈ {, maka { ⊆ {.

(34) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 22 Teorema 2.1.10 Jika , adalah sebarang elemen dari grup i maka B CX = X X . Bukti: Menurut definisi 2.1.19, B X B CX = B CX = X CB X CX = k sehingga B X C B CX = B CX = X dan . Teorema 2.1.11 Misal { adalah grup bagian dari grup idan , X ∈ {. ∈ i. Himpunan { = { jika dan hanya jika Bukti: 1. B→C Misal { = { maka ℎ = ℎ untuk suatu ℎ , ℎ ∈ {. Perhatikan bahwa ℎ = ℎ ℎX = 2. B←C X ∈ {. Ambil sebarang ) ∈ { maka ) = ℎ untuk suatu ℎ ∈ { dan dan = ℎE untuk suatu ℎE ∈ { maka ℎ) X X = ℎ) X . Karena = ℎE atau ) X = ℎX ℎE teorema 2.1.10, ) = BℎX ℎE CX = BℎEX ℎC = ℎF ∈ {. Jadi X ℎ atau X X = ℎE sehingga menurut { ⊆ {. Ambil sebarang * ∈ { maka * = ℎG untuk suatu ℎG ∈ { sehingga * = ℎE ℎG = ℎH untuk suatu ℎH ∈ {. Jadi { ⊆ {. Terbukti { = {.

(35) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 23 Definisi 2.1.22 Misal grup bagian { dari grup i. Grup bagian { disebut grup bagian normal dari grup i jika dan hanya jika { = { untuk setiap ∈ i. Disimbolkan dengan { ⊲ i. Contoh 2.1.22 Perhatikan himpunan (lB2, ℝC = €• mn A op A − A ‚ƒ A − = 1. , , , A ∈ ℝ„ dan ilB2, ℝC = ≠ 0, , , , A ∈ ℝq. Himpunan ilB2, ℝC adalah grup dengan operasi perkal- ian sebab memenuhi definisi 2.1.19, dan (lB2, ℝC adalah grup bagian dari ilB2, ℝC sebab memenuhi teorema 2.1.7. Himpunan (lB2, ℝC adalah grup bagian normal dari ilB2, ℝC. Misal adalah sebarang elemen di ilB2, ℝC dan …=n A o• det … = detB n 1 gdet n A A A ‚. o• oh = det • =n A o. Ambil sebarang … ∈ _(lB2, ℝC`, Perhatikan A ‚C = det n A ‚ det n A A o det • A ‚ = gdet n o8 sehingga … ∈ _(lB2, ℝC` bahwa A oh 1 = maka _(lB2, ℝC` . Bukti untuk _(lB2, ℝC` ⊆ _(lB2, ℝC` analog dengan bukti _(lB2, ℝC` ⊆ _(lB2, ℝC` ⊆ _(lB2, ℝC` . Jadi menurut definisi 2.1.22, (lB2, ℝC adalah grup bagian normal dari ilB2, ℝC. Berikut akan diberikan contoh grup bagian dari suatu grup yang bukan grup bagian normal. Contoh 2.1.23 Misal { = mn 0 A o p , , A ∈ ℝ, A ≠ 0q. Jelas { adalah grup bagian dari ilB2, ℝC. Andaikan { adalah grup bagian normal dari ilB2, ℝC maka { = { untuk setiap ∈ ilB2, ℝC. Karena

(36) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI { = { maka { 1 ‰=n 0 = {. Padahal jika dipilih X 2 o ∈ { maka 3 ‰ =n X =n 1 2 o sehingga 3 4 10 −3 o ∉ {. Kontradiksi dengan 30 −9 bukan grup bagian normal dari ilB2, ℝC. X { 24 −2 1 = ‡ E − ˆ dan X = {. Jadi { Teorema 2.1.12 Misal i , … , iy adalah grup dan B , … , … × iy = B , … , B ,…, y CB ,…, y C. yC y C, B ∈ i , = 1,2,3, … , ! =B ,…, perkalian langsung dari grup i . y yC ,…, yC ∈ Œy• i . Himpunan Œy• i = i × adalah grup dengan ∈ Œy• i . Selanjutnya himpunan Œy• i operasi disebut Bukti: Jelas Œy• i ≠ ∅ sebab menurut definisi 2.1.19, ada elemen identitas k dari i untuk setiap sehingga Bk , … , ky C adalah elemen identitas dari Œy• i . Karena B , … , B y yC ,…, ∈ Œy• i untuk setiap B , … , y C, B ,…, yC y CB ,…, yC = ∈ Œy• i maka operasi di Œy• i tertutup. Selanjutnya akan dibuktikan sifat asosiatifnya. Perhatikan bahwa B ,…, y C[B = B ,…, =B y CB ,…, = [B , … , ,…, y CB ,…, y y yC y CB ,…, ,…, y yC y C]B y C] ,…, y C. grup maka menurut definisi 2.1.19, Jadi terbukti sifat asosiatifnya. Selain itu karena i adalah X ∈ i untuk setiap Œy• i . Jadi menurut definisi 2.1.19, Œy• i adalah grup. ∈ i sehingga B X ,…, X y C∈

(37) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 25 Selanjutnya Œy• i akan disebut penjumlahan langsung dari grup i jika dan hanya jika i adalah grup komutatif dengan operasi penjumlahan untuk setiap . Teorema 2.1.13 Misal i adalah grup dan { adalah grup bagian normal dari grup i. Himpunan iŽ{ = {. ∈ i adalah grup dengan operasi B {CB {C = {. Bukti: Mula-mula akan ditunjukkan operasinya terdefinisi dengan baik. Misal t { maka t = ℎ dan definisi 2.1.22 t t t {= t { dan { = = ℎ , untuk8suatu8ℎ , ℎ ∈ { sehingga menurut teorema 2.1.9 dan {= ℎ ℎ {= ℎ {= ℎ { = { = {. Jadi terbukti operasinya terdefinisi dengan baik. Selanjutnya akan dibuktikan iŽ{ grup. Karena { ⊲ i, maka k ∈ { se- hingga menurut teorema 2.1.9, k{ = { ∈ iŽ{. Akan ditunjukkan k{ = { adalah elemen identitas di iŽ{ . Ambil sebarang { ∈ iŽ{ sehingga B {CBk{C = B kC{ = {. Jadi terbukti k{ = { adalah elemen identitas di iŽ{ . Menurut definisi 2.1.22, B {CB X 2.1.19,8 {B X {C = B{ CB X {C = ℎ B { adalah invers dari {C = B C{ = B C {=B sifat asosiatif. Jadi terbukti iŽ{ grup. X ℎE C.ℎE , ℎ ∈ { = { {. Ambil sebarang sehingga {={ sehingga menurut definisi , , ∈ i maka {B { {C = C{ { = B { {C {, sehingga terbukti perkaliannya ber-

(38) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 26 Definisi 2.1.23 Misal i dan i1 grup. Pemetaan O: i → i1 disebut homomorfisma grup jika dan hanya jika OB C = OB COB C untuk setiap , ∈ i. Contoh 2.1.24 Himpunan ilB2, ℝC = mn A o p , , , A ∈ ℝ, A − ≠ 0q membentuk grup dengan operasi perkalian dan himpunan ℝ∗ = ).) ∈ ℝ, ) ≠ 0 . Didefinisikan pemetaan O: ilB2, ℝC → ℝ∗ yaitu O gn O gn A A =B A− = oh O •• = O •• = = + A CB A − A A− dan O •n =B oh = A − A o• + +A + A A− CB A− A . Perhatikan bahwa ‚• ‚• C A + + A ‚• + AA + AA C − B AA + + A− A + + A CB AA − 2.1.23, O adalah homomorfisma grup. +A C = O gn − A A −A oh O •• A −A A ‚• sehingga menurut definisi

(39) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 27 Teorema 2.1.14 Misal , , maka = . adalah sebarang elemen di grup i. Jika = maka = = dan B C = dan jika Bukti: Menurut definisi 2.1.19, = . X B C= X B C sehingga X =B C X maka Teorema 2.1.15 Jika O adalah homomorfisma grup dari grup i ke i1 maka O memetakan elemen identitas dari i ke elemen identitas i1 . Bukti: Misal kx adalah elemen identitas dari i dan kx1 adalah elemen identitas dari i1 maka kx = kx kx dan OBkx C = OBkx kx C = OBkx COBkx C sehingga menurut teorema 2.1.14, kx1 = OBkx C. Jadi terbukti O membawa elemen identitas dari i ke i1 . Teorema 2.1.16 Misal i, i , i 8adalah grup. Jika O adalah suatu homomorfisma grup dari i ke i 8dan a adalah suatu homomorfisma grup dari i ke i maka a ∘ O adalah suatu homomorfisma grup dari i ke i .

(40) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 28 Bukti: Ambil sebarang , Ba ∘ OCB = a_OB C C = OB COB C ∈ i sehingga ∈ i, maka OB C` = a_OB COB C` = a_OB C`a_OB C` untuk setiap grup dari i ke i . , ∈ i. Jadi terbukti a ∘ O adalah suatu homomorfisma Definisi 2.1.24 Misal i, i1 adalah grup dan ‘ dari i ke i1 adalah suatu homomorfisma grup. Himpunan ker ‘ = ) ∈ i.‘B)C = k . Contoh 2.1.25 Pada contoh 2.1.24, ker O = mn A o , , , , A ∈ ℝpO gn A oh = A − = 1q. Teorema 2.1.17 Misal O adalah homomorfisma grup dari i ke i1 . Himpunan ker O adalah grup bagian normal dari i.

(41) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 29 Bukti: Menurut teorema 2.1.15, k ∈ ker O, sehingga ker O ≠ ∅. Ambil sebarang menurut X teorema 2.1.15, OB X C = OB COB X C = OB C_OB C` X , ∈ ker O, maka = kk = k, sehingga ∈ ker O. Jadi menurut teorema 2.1.7, ker O adalah grup bagian dari i. Selanjutnya akan dibuktikan a ker O = Bker OCa untuk setiap a ∈ i. Ambil sebarang ℎ ∈ a ker O, misal ℎ = aOB C untuk suatu ∈ ker O, maka ℎ = ak = ka = OB Ca ∈ Bker OCa, jadi a ker O ⊆ Bker OCa8. Ambil sebarang ℎ ∈ Bker OCa, misal ℎ = OB Ca untuk suatu ∈ ker O, maka ℎ = ka = ak = aOB C ∈ a ker O jadi Bker OCa ⊆ a ker O. Jadi diperoleh a ker O ⊆ Bker OCa8 dan Bker OCa ⊆ a ker O sehingga a ker O = Bker OCa. Jadi menurut definisi 2.1.22, ker O adalah grup bagian normal dari i. Definisi 2.1.25 Misal i, i′ adalah grup. Pemetaan O: i → i′ disebut isomorfisma grup jika dan hanya jika O adalah homomorfisma grup yang bijektif. Notasi i ≈ i′ berlaku jika dan hanya jika ada iso- morfisma grup O dari i ke i t . Contoh 2.1.26 Misal i adalah himpunan semua bilangan real dengan operasi penjumlahan dan i1 adalah him- punan semua bilangan real positif dengan operasi perkalian. Jelas i, i1 adalah grup. Akan ditunjukkan i ≈ i1 .

(42) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 30 1. Dibuat pemetaan O: i → i1 yaitu OB)C = 2• untuk setiap ) ∈ i. 2. Akan ditunjukkan O adalah pemetaan yang injektif. Ambil sebarang ), ) ∈ i dan OB)C = OB) C 8 ↔ 2 • = 2 •— ↔ log 2• = log 2•— 8 ↔ ) = ) . Jadi terbukti O adalah pemetaan yang injektif. 3. Akan dibuktikan O adalah pemetaan yang surjektif. Ambil sebarang * ∈ i1 akan dicari sehingga OB C = *, yaitu OB C = 2v = * atau ∈i = log * ∈ i. Jadi terbukti O adalah pemetaan yang surjektif. 4. Akan dibuktikan O mengawetkan operasi. Ambil sebarang ) , )E ∈ i maka OB) COB)E C = B2•› CB2•œ C = 2•› •œ = OB) + )E C. Jadi terbukti O mengawetkan operasi untuk setiap elemen di i. Jadi menurut definisi 2.1.25, i ≈ i1 . Definisi 2.1.26 Suatu aksi dari grup i pada himpunan ( adalah fungsi dari i × (8ke8( (biasanya disimbolkan dengan Ba, +C → a+C sehingga untuk setiap ) ∈ ( dan a , a ∈ i berlaku k) = ) dan Ba a C) = a Ba )C. Ketika suatu aksi diberikan, maka i beraksi pada himpunan (. Contoh 2.1.27 Perhatikan ℤ, ℝ dan dibuat fungsi dari O: ℤ8 × ℝ → ℝ yang didefinisikan OB , C = setiap ∈ ℤ, + untuk ∈ ℝ. Ambil sebarang ) ∈ ℝ dan 0 ∈ ℤ maka OB0, )C = 0 + ) = ) dan untuk se-

(43) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 31 tiap a, a ∈ ℤ berlaku Ba+a C + ) = a + Ba + )C. Jadi menurut definisi 2.1.26, ℤ beraksi pada ℝ. Definisi 2.1.27 Misal i ≠ 0 adalah grup dan ∅ ≠ … ⊆ i. Grup i dikatakan dibangun oleh … atau ekivalen dengan … membangun grup i jika dan hanya jika untuk setiap a ∈ i berlaku a = Œy• ) y• dengan ) ∈ …, ! ∈ ℤ untuk setiap . Jika … berhingga dan … membangun grup i maka i dikatakan dibangun secara berhingga oleh …. Perhatikan pada definisi 2.1.27, himpunan i adalah grup dengan operasi perkalian yang dibangun oleh …, sedangkan untuk grup terhadap operasi penjumlahan yang dibangun oleh him- punan bagian dari grup tersebut didefinisikan sebagai berikut. Misal i adalah grup terhadap operasi penjumlahan dan ∅ ≠ … ⊆ i. Himpunan … disebut membangun grup i jika dan hanya jika untuk setiap a ∈ i berlaku a = žŸ• ) ! dengan ) ∈ …, ! ∈ ℤ. Selanjutnya grup i yang dibangun secara berhingga oleh … akan disimbolkan dengan i = ) , ) , … , )y ¡. Contoh 2.1.28 Menurut contoh 2.1.19, ℤ adalah grup terhadap operasi penjumlahan sehingga menurut teorema 2.1.12, ℤ adalah grup terhadap operasi penjumlahan. Selanjutnya akan dibuktikan grup ℤ dibangun secara berhingga oleh B1,0C, B0,1C . Ambil sebarang ) ∈ B1,0C, B0,1C¡ maka ) = ) B1,0C + ) B0,1C untuk suatu ) , ) ∈ ℤ sehingga ) = B) , ) C ∈ ℤ . Terbukti B1,0C, B0,1C¡ ⊆ ℤ . Selanjutnya ambil sebarang * ∈ ℤ maka * = B , C untuk suatu * = B1,0C + B0,1C ∈ B1,0C, B0,1C¡. Terbukti ℤ ⊆ B1,0C, B0,1C¡. Jadi sehingga B1,0C, B0,1C membangun secara berhingga grup ℤ . , ∈ ℤ, sehingga B1,0C, B0,1C¡ = ℤ

(44) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 32 Teorema 2.1.18 Misal … adalah himpunan bagian dari grup i yang komutatif terhadap operasi penjumlahan dan taknol. Pernyataan berikut ekivalen. 1. Setiap elemen taknol ∈ i dapat dinyatakan secara tunggal sebagai = ž>• ! ) dengan ! ≠ 0 untuk suatu = 1,2, … , " dan ! ∈ ℤ untuk = 1,2, … , " dan untuk setiap ) , ) ∈ … dan ) ≠ ) jika ≠ untuk setiap , . 2. Himpunan … membangun i dan ž¢• ! ) = 0 untuk ! ∈ ℤ dengan ) , ) ∈ … dan ) ≠ ) jika dan hanya jika ! = 0 untuk = 1,2, … , £. Selanjutnya himpunan bagian … dari i pada teorema 2.1.18 disebut + +8A £ 8a£¤¥8i. Bukti: B1 → 2C Mula-mula akan dibuktikan 0 ∉ …. Andaikan 0 ∈ …, dan = ž>• ! ) + ℎ0 = 8 ž>• ! ) + ℎ 0 dimana ℎ tidak perlu sama dengan ℎ . Kontradiksi dengan dapat dinyatakan secara tunggal sebagai ≠ 0 maka dapat dinyatakan secara tunggal sebagai = ž>• ! ) . Diketahui jika ∈ i dan = ž>• ! ) dengan ! ≠ 0 untuk sua- tu = 1,2, … , " dimana ! ∈ ℤ untuk = 1,2, … , " dan ) , ) ∈ … dan ) ≠ ) dimana ≠ un- tuk = 1,2, … , " dan = 1,2, … , " maka menurut definisi 2.1.19 berlaku … membangun i. B←C Diketahui ! = 0 untuk = 1,2, … , £ maka jelas ž¢• ! ) = 0.

(45) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 33 B→C Sebaliknya diketahui ž¢• ! ) = 0 untuk ! ∈ ℤ dengan ) , ) ∈ … dan ) ≠ ) . Andaikan ada ¦ dan 1 ≤ ¦ ≤ £ dan !§ ≠ 0 maka ) + ž¢• ! ) = ) = B! + 1C) + ž¢• ! ) sehingga terdapat dua cara penulisan ) . Kontradiksi dengan penulisan setiap elemen di i adalah tunggal. B2 → 1C Diketahui … membangun i maka menurut definisi 2.1.19, setiap a ∈ i dapat dinyatakan sebagai ž>• ¦ ) dan ¦ ∈ ℤ untuk setiap . Andaikan ada ž>• ž>• _ ≠ ) ≠ dimana untuk setiap − ` ) = 0 sehingga _ . Jadi = ž>• ∈ i dan = 1,2, … , " maka ž>• − ` = 0 untuk setiap ) dengan ≠ 0 dan maka ≠ 0 untuk suatu = = ž>• ) − _ž>• ) = )`= . Kontradiksi dengan = 1,2, … , " dimana ∈ ℤ untuk = 1,2, … , " dan ) , ) ∈ … dan ) ≠ ) dimana ≠ untuk = 1,2, … , " dan = 1,2, … , ". ∎ Definisi 2.1.28 Grup komutatif i ≠ 0 terhadap operasi penjumlahan disebut bebas jika dan hanya jika i mempunyai basis dari grup i. Contoh 2.1.29 Menurut contoh 2.1.28, ℤ dibangun secara berhingga oleh B1,0C, B0,1C . Jelas ℤ adalah grup komutatif sebab untuk setiap B , C, B , AC ∈ ℤ berlaku B , C + B , AC = B + , + AC = B + , A + C = B , AC + B , C. Selanjutnya akan dibuktikan B1,0C, B0,1C adalah basis dari ℤ . Misal B0,0C = B1,0C + B0,1C untuk suatu , ∈ ℤ sehingga B0,0C = B , C maka

(46) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 34 = 0. Karena B1,0C, B0,1C membangun grup ℤ secara berhingga dan jika B0,0C = = B1,0C + B0,1C maka = = 0 akibatnya menurut teorema 2.1.18, B1,0C, B0,1C adalah basis dari grup ℤ sehingga ℤ adalah grup komutatif yang bebas. Teorema 2.1.19 Jika i adalah grup komutatif taknol yang bersifat bebas dengan … = ¤ , … , ¤¢ adalah basis8dari8grup8i yang mempunyai elemen sebanyak £ maka i ≈ ©ªªª«ªªª¬ ℤ × ℤ × …× ℤ = B ,…, -®¯°±²°³8¢8´°³µ¶· ¢ C. ∈ ℤ8untuk8 = 1,2, … , £ . Bukti: Dibuat pemetaan O: i → ℤ × ℤ × … × ℤ yang didefinisikan OBℎC = O_ž¢• ! ¤ ` = B! , … , !¢ C. Menurut contoh 2.1.19, ℤ adalah grup terhadap operasi penjumlahan sehingga menurut teorema 2.1.12 berlaku ©ªªª«ªªª¬ ℤ × ℤ × … × ℤ adalah grup terhadap -®¯°±²°³8¢8´°³µ¶· operasi penjumlahan. Mula-mula akan dibuktikan O adalah suatu homomorfisma grup. Ambil sebarang ℎ, ℎ ∈ i, misal ℎ = ž¢• ! ¤ dan ℎ = ž¢• OBℎC + OBℎ C ¢ ¢ • • = O ¸¹ ! ¤ º + O ¸¹ = B! , … , !¢ C + B , … , = B! + , … , !¢ + ¢C ¢C ¤º ¤ untuk suatu , ! ∈ ℤ maka

(47) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI ¢ ¢ • • = O ¸¹ ! ¤ + ¹ 35 ¤º = OBℎ + ℎ C sehingga menurut definisi 2.1.23 O adalah homomorfisma grup. rang B , … , ¢C Selanjutnya akan dibuktikan O adalah pemetaan yang bijektif. Ambil seba- ∈ ℤ × ℤ × … × ℤ pilih ž¢• ¤ ∈ i maka O_ž¢• ¤ ` = B ,…, ¢C sehingga menurut definisi 2.1.15, O adalah pemetaan yang surjektif. Berikutnya akan dibuktikan O adalah pemetaan yang injektif. Ambil sebarang ), * ∈ i. Misal ) = ž¢• mana ) dan * = ž¢• A ) di- , A ∈ ℤ untuk = 1,2,3, … , £ dan OB)C = OB*C. Akibatnya menurut teorema 2.1.18 = A untuk = 1,2,3, … , £ maka ) = * sehingga menurut definisi 2.1.15, O adalah pemetaan yang injektif. Jadi O adalah homomorfisma yang bijektif sehingga menurut definisi 2.1.25, i ≈ ©ªªª«ªªª¬ ℤ × ℤ × …× ℤ = B ,…, -®¯°±²°³8¢8´°³µ¶· ¢ C. ∈ ℤ8untuk8 = 1,2, … , £ . ∎ Teorema 2.1.20 Misal i, i′ adalah grup dan a adalah sebarang elemen di i. Jika ‘ adalah homomorfisma grup y dari i ke i′ maka ‘Bay C = _‘BaC` untuk setiap bilangan bulat !. Bukti: Mula-mula akan dibuktikan untuk ! = 0. Jika ! = 0, maka ay = k sehingga menurut teorema K 2.1.15, ‘BaK C = ‘BkC = k = _‘BaC` = k′. Selanjutnya akan dibuktikan untuk ! ≥ 1 dengan

(48) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 36 y prinsip induksi matematika. Pernyataan 9y yaitu ‘Bay C = _‘BaC` untuk setiap bilangan bulat !. Akan dibuktikan 9y benar untuk ! = 1, yaitu ‘Ba C = ‘BaC = _‘BaC` , sehingga 9y benar § untuk ! = 1. Diasumsikan 9y benar untuk ! = ¦, yaitu ‘Ba§ C = _‘BaC` , maka untuk § ! = ¦ + 1 berlaku ‘Ba§ C = ‘Ba§ C‘Ba C = _‘BaC` _‘BaC` = _‘BaC` § . Jadi terbukti 9y benar untuk ! = ¦ + 1, sehingga 9y benar untuk ! ≥ 1. Selanjutnya akan dibuktikan ‘Bay C = _‘BaC` y untuk ! < 0, ! ∈ ℤ. Jika ! < 0 maka −! > 0. Menurut teorema 2.1.15 berlaku Xy k t = ‘BkC = ‘Bay aXy C = ‘Bay C‘BaXy C. Karena −! > 0 maka ‘BaXy C = _‘BaC` k t = ‘Bay C_‘BaC` ‘Bay C_‘BaC` Xy Xy sehingga y . Kemudian kalikan kedua ruas dengan _‘BaC` pada persamaan k t = y y sehingga diperoleh _‘BaC` = ‘Bay C. Jadi terbukti ‘Bay C = _‘BaC` untuk y ! < 0, ! ∈ ℤ. Kesimpulannya ‘Bay C = _‘BaC` untuk setiap ! ∈ ℤ. ∎ Teorema 2.1.21 Jika » adalah grup bagian dari i dan O adalah isomorfisma grup dari i ke grup i1 maka OB»C = OB¦C.¦ ∈ » adalah grup bagian dari i1 . Bukti: Akan dibuktikan OB»C ≠ ∅. Menurut definisi 2.1.20, k ∈ » sehingga menurut teorema 2.1.15, OBkC = kx1 ∈ OB»C maka OB»C ≠ ∅. Jelas OB»C ⊆ i1 . Menurut teorema 2.1.7, untuk setiap ¦ , ¦ ∈ » maka ¦ ¦ X ∈ » sehingga OB¦ ¦ X C = OB¦ COB¦ X C dan menurut teorema 2.1.20 berlaku OB¦ X C = _OB¦ C` X maka OB¦ ¦ X C = OB¦ COB¦ X C = OB¦ C_OB¦ C` X ∈ OB»C. Ka- rena OB»C ≠ ∅ dan OB»C ⊆ i1 dan OBkC = kx1 ∈ OB»C dan untuk setiap ¦ , ¦ ∈ » maka

(49) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI ¦ ¦ X ∈ » sehinggaOB¦ C_OB¦ C` bagian dari i1 . X 37 ∈ OB»C maka menurut teorema 2.1.7, OB»C adalah grup ∎ Teorema 2.1.22 Misal i adalah grup komutatif taknol yang bebas dengan elemen basis dari grup i sejumlah !. Jika » adalah grup bagian dari i maka » adalah grup komutatif yang bebas dengan anggota basis dari grup » kurang dari atau sama dengan !. Bukti: Mula-mula akan dibuktikan » adalah grup komutatif yang bebas dan misal … = ) , ) , … , )y adalah basis8dari8grup8i. Karena i adalah grup komutatif dan » adalah grup bagian dari i se- hingga jika diambil sebarang ¦ , ¦ ∈ » maka menurut definisi 2.1.20 ¦ ¦ = ¦ ¦ ∈ » sehingga menurut definisi 2.1.19, » adalah grup komutatif. Ambil sebarang ¦ ∈ » maka menurut definisi 2.1.20, ¦ ∈ i sehingga menurut definisi 2.1.28. ¦ dapat dinyatakan sebagai žy• dimana ) ∈ ℤ untuk = 1,2,3, … , ! sehingga … membangun ». Selanjutnya, misal žy• ¦ ) = 0 ∈ ». Karena … adalah basis8dari8grup8i dan 0 ∈ » ⊆ i maka menurut teorema 2.1.18, ¦ = 0 untuk = 1, … , !. Karena … membangun » dan jika žy• ¦ ) = 0 ∈ » maka ¦ = 0 untuk = 1, … , ! sehingga menurut teorema 2.1.18, … adalah basis8dari8grup8» sehingga menurut definisi 2.1.28, » adalah grup komutatif yang bebas. Misal ‰ = * , * , … , *Ÿ adalah basis8dari8grup8» dan andaikan + > !. Menurut teorema 2.1.19, i ≈ ©ªªª«ªªª¬ ℤ × ℤ × … × ℤ dan -®¯°±²°³8y8´°³µ¶· ℤ × ℤ × … × ℤ adalah himpunan »≈ℤ ©ªªª«ªªª¬ × ℤ × … × ℤ. Perhatikan bahwa menurut definisi 2.1.2, ©ªªª«ªªª¬ -®¯°±²°³8Ÿ8´°³µ¶· !- tuple terurut dimana -®¯°±²°³8y8´°³µ¶· ∈ ℤ untuk setiap = 1,2, … , ! sedangkan ©ªªª«ªªª¬ ℤ × ℤ × … × ℤ adalah him-®¯°±²°³8Ÿ8´°³µ¶·

(50) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI punan +- tuple terurut dimana ∈ ℤ untuk setiap 38 = 1,2, … , +. Misal O adalah isomorfisma grup tersebut dari i ke ©ªªª«ªªª¬ ℤ × ℤ × … × ℤ . Karena » adalah grup bagian dari i maka menurut te-®¯°±²°³8y8´°³µ¶· orema 2.1.21, OB»C adalah grup bagian dari ©ªªª«ªªª¬ ℤ × ℤ × … × ℤ . Padahal OB»C = ℤ ©ªªª«ªªª¬ × ℤ × … × ℤ dan -®¯°±²°³8y8´°³µ¶· -®¯°±²°³8Ÿ8´°³µ¶· + > ! maka ¼ℤ ©ªªª«ªªª¬ × ℤ × … × ℤ ½ ∩ ¼ℤ ©ªªª«ªªª¬ × ℤ × … × ℤ½ = ∅ sehingga kontradiksi denganOB»C ada-®¯°±²°³8y8´°³µ¶· -®¯°±²°³8Ÿ8´°³µ¶· lah grup bagian dari ©ªªª«ªªª¬ ℤ × ℤ × … × ℤ . Jadi pengandaian salah, maka + ≤ !. -®¯°±²°³8y8´°³µ¶· ∎ B. Gelanggang Definisi 2.2.1 Himpunan adalah gelanggang jika dan hanya jika penjumlahan dan perkalian, sehingga untuk semua , , ∈ 1. + = + 2. B + C + = +B + C 3. Ada 0 ∈ , sehingga untuk setiap 4. Ada – 5. B ∈ C=B 6. B + C = sehingga untuk setiap C + dan B + C = ∈ , +0= ∈ , + + B− C = 0 . mempunyai dua operasi biner, berlaku:

(51) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 39 Dari definisi di atas terlihat bahwa gelanggang adalah grup komutatif terhadap operasi penjumlahan dan perkaliannya bersifat asosiatif, dan sifat distributif terbagi menjadi dua yaitu distributif kanan dan distributif kiri.Perkalian dari gelanggang ini tidak perlu komutatif. Ketika ada gelanggang yang perkaliannya bersifat komutatif maka gelanggang itu disebut gelanggang komutatif. Elemen 0 dari aksioma 3 pada definisi 2.2.1 selanjutnya disebut elemen nol. Ketika suatu gelanggang selain {0}, memiliki elemen identitas perkalian, maka gelanggang tersebut dikatakan mempunyai elemen satuan dan ditulis dengan 1. Suatu elemen taknol dari ring komutatif dengan elemen identitas tidak perlu memmempunyai invers perkalian. Ketika inversnya ada, maka elemen tersebut disebut elemen yang mempunyai invers. Contoh 2.2.1 Himpunan ℤ8adalah gelanggang sebab untuk semua ), *, 2 ∈ ℤ,memenuhi 6 sifat di atas. Definisi 2.2.2 Diberikan gelanggang, dan ( ⊆ .8Himpunan (8disebut gelanggang bagian dari hanya jika ( membentuk gelanggang dengan operasi di . jika dan Teorema 2.2.1 Misal ( ⊆ , ( ≠ ∅, dan adalah gelanggang. Himpunan ( adalah gelanggang bagian dari jika dan hanya jika 0 ∈ ( dan − ∈ ( dan ∈ ( untuk setiap , ∈ (.

(52) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 40 Bukti: 1. B→C Jelas, sebab ( gelanggang bagian, maka ( adalah gelanggang, sehingga definisi 2.2.1 dipenuhi oleh (, yang berarti 0 ∈ (, karena ( gelanggang bagian dari adalah grup terhadap operasi penjumalahan, sehingga ∈ ( untuk setiap , 2. B←C Karena 0 ∈ ( dan − ∈ (. ∈ ( dan ( ≠ ∅ dan ( ⊆ bagian penjumlahan dari . Karena − maka menurut definisi 2.2. 1, ( ∈ ( dan menurut definisi 2.2.1, maka menurut teorema 2.1.7, ( adalah grup ∈ ( maka ( tertutup terhadap operasi perkalian. Karena ( adalah grup bagian terhadap operasi penjumlahan, maka sifat asosiatif terhadap penjumlahan juga berlaku di (. Karena ( tertutup terhadap operasi perkalian, maka sifat asosiatif terhadap perkalian juga tertutup di (. Karena penjumlahan dan perkalian tertutup di ( maka sifat 6 pada definisi 2.2.1 juga berlaku di (, sehingga menurut definisi 2.2.2, ( membentuk gelanggang dengan operasi di . Jadi terbukti ( adalah gelanggang bagian dari . Contoh 2.2.2 Himpunan ℤ adalah gelanggang bagian dari ℝ. Definisi 2.2.3 Misal ∈ , gelanggang komutatif. Elemen ≠ 0 sehingga = 0. ≠ 0 disebut pembagi nol jika dan hanya jika ada

(53) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 41 Contoh 2.2.3 Himpunan ℤH = 0,1,2,3,4,5 adalah gelanggang komutatif dengan penjumlahan dan perkalian modulo 6. Elemen 2 dan 3 adalah pembagi nol di ℤH , sebab 2.3 = 08"&A86. Definisi 2.2.4 Gelanggang disebut daerah integral jika dan hanya jika dengan elemen satuan di adalah gelanggang komutatif dan tidak memiliki pembagi nol. Contoh 2.2.4 Himpunan ℤ adalah daerah integral. Definisi 2.2.5 Misal dari adalah suatu daerah integral. Himpunan » ⊆ , » ≠ ∅ disebut daerah integral bagian jika dan hanya jika » adalah daerah integral dengan operasi di . Selanjutnya daerah inte- gral bagian dalam skripsi ini akan disebut derah bagian. Contoh 2.2.5 Himpunan ℤ adalah daerah bagian dari ℝ. Teorema 2.2.2 Misal f adalah daerah integral, dan , , ∈ f. Jika ≠ 0 dan = maka = .

(54) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 42 Bukti: Misal 2.2.4, = , ≠ 0, maka − = 0sehingga = . − = B − C = 0. Karena ≠ 0 maka menurut definisi Definisi 2.2.6 Suatu gelanggang komutatif dengan elemen satuan disebut lapangan jika dan hanya jika setiap elemen taknolnya mempunyai invers perkalian. Contoh 2.2.6 Himpunan ℚ adalah lapangan. Sebab ℚ adalah gelanggang komutatif dengan elemen satuan dan untuk setiap ∈ ℚ dan ≠ 0 terdapat X sedemikian sehingga X = 1. Jadi ℚ memenuhi definisi 2.2.6. Teorema 2.2.3 Jika { lapangan maka { adalah daerah integral. Bukti: Cukup dibuktikan { tidak mempunyai pembagi nol. Ambil sebarang ≠ 0. Karena ≠ 0, maka X ∈ {, sehingga B X C =1 = mempunyai pembagi nol, maka { adalah daerah integral. , ∈ {, = 0 dan = 0. Jadi terbukti { tidak

(55) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 43 Definisi 2.2.7 Suatu gelanggang bagian A disebut ideal dari gelanggang R jika dan hanya jika ∀¢∈À ∀v∈7 8£ ∈ , £∈ . Contoh 2.2.7 Akan dibuktikan 2ℤ = 2¦.¦ ∈ ℤ adalah ideal dari ℤ. Menurut contoh 2.2.4, ℤ adalah daerah itegral. Elemen 0 = 2B0C ∈ 2ℤ sehingga 2ℤ ≠ ∅ dan jika diambil sebarang 2¦ , 2¦ ∈ 2ℤ untuk suatu ¦ , ¦ ∈ ℤ berlaku 2¦ − 2¦ = 2B¦ − ¦ C = 2¦E ∈ 2ℤ untuk suatu ¦E ∈ ℤ serta B2¦ CB2¦ C = 2B2¦ ¦ C = 2¦F ∈ 2ℤ untuk suatu ¦F ∈ ℤ, selain itu 2¦ ∈ ℤ. Jadi menurut teorema 2.2.182ℤ adalah gelanggang bagian dari ℤ. Ambil sebarang ∈ ℤ, sehingga B2¦ C = 2¦H ∈ 2ℤ. Jadi menurut definisi 2.2.7, 2ℤ adalah ideal dari ℤ. B2¦ C = Definisi 2.2.8 Misal adalah ideal dari gelanggang komutatif dengan elemen satuan, dibangun berhingga jika dan hanya jika ada =r , ,…, >s dan hanya jika ada = £ ∈ + ⋯ + £> > .£ ∈ , ,…, > ∈ . Himpunan disebut sedemikian sehingga . Himpunan D disebut ideal utama dari sehingga D = r s = £ .£ ∈ . Contoh 2.2.8 Perhatikan menurut contoh 2.2.7, 2ℤ = r2s. Teorema 2.2.4 Untuk suatu bilangan positif !, himpunan !ℤ = !¦.¦ ∈ ℤ adalah ideal dari ℤ. jika

(56) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 44 Bukti: Misal menurut contoh 2.2.4, himpunan ℤ adalah daerah integral, maka A = A untuk setiap , A ∈ ℤ. Ambil sebarang £ ∈ ℤ dan ∈ !ℤ, misal = !¦, ¦ ∈ ℤ, maka £ = £B!¦C = !£¦ = !¦ ∈ !ℤ. Karena ℤ adalah daerah integral maka £ = £ ∈ !ℤ, jadi terbukti menurut definisi 2.2.7, !ℤ adalah ideal dari ℤ. Perhatikan bahwa menurut definisi 2.2.8, r!s = !¦.¦ ∈ ℤ adalah ideal yang dibangun berhing- ga dengan ℤ sebagai gelanggangnya dan menurut teorema 2.2.4, !ℤ = !¦.¦ ∈ ℤ sehingga !ℤ = r!s. Teorema 2.2.5 Jika adalah ideal dari ℤ maka = r!s untuk suatu ! ∈ ℤ. Bukti: Karena 0 = r0s dan ℤ = r1s maka diasumsikan ∈ dan taknol dari adalah ideal taknol dari ℤ dan adalah ideal dari ℤ maka menurut definisi 2.2.7, B−1C = − ∈ ≠ ℤ. Jika sehingga elemen adalah kelipatan 8atau − . Misal ! adalah bilangan bulat positif terkecil di , se- hingga menurut definisi 2.2.7, !¦ ∈ untuk setiap ¦ ∈ ℤ maka r!s ⊆ . Andaikan ⊈ r!s misal ada " ∈ dan " ∉ r!s dan " = Â! + £ dengan 0 ≤ £ < !. Karena " ∈ dan Â! ∈ dan adalah gelanggang bagian dari ℤ maka menurut teorema 2.2.1, " − Â! = £ ∈ dan £ < !. Kontradiksi dengan ! adalah bilangan bulat positif terkecil di sehingga ⊆ r!s. Jadi = r!s.

(57) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 45 Definisi 2.2.9 Misal adalah gelanggang, dan himpunan , D adalah ideal-ideal dari . Perkalian D dari , D didefinisikan dengan D = žy• .8 ∈ , ∈D . Contoh 2.2.9 Misal ℤ adalah gelanggang dan semua elemennya adalah himpunan bilangan bulat. Menurut te- orema 2.2.4, himpunan r2s, r3s adalah ideal-ideal dari ℤ. Perkalian r2s, r3s didefinisikan dengan r2sr3s = žy• 2¦ 3+ .¦ , + ∈ ℤ = žy• 6¦ + .¦ , + ∈ ℤ = 6:.: ∈ ℤ = r6s. Teorema 2.2.6 Misal adalah D = žy• . gelanggang ∈ , dan ,D adalah ideal-ideal ∈ D adalah ideal dari . dari . Perkalian Bukti: .8 Himpunan D = žy• ∈ , ∈ D ≠ ∅ sebab sebarang ) ∈ D, misal ) = ž>• D⊆ maka ∈ untuk , ∈ , C ∈ D. Jika ¦ > ! maka y ) −) =¹ • = ž§=•y § + ¹ =•y = = ∈ D. = = ∈ D untuk = 1,2, … , ". Jadi ) = ž>• sebarang ) , ) ∈ D, misal ) = ž§• 0 = 0B ≠ ∅ dan D ≠ ∅ maka D ≠ ∅. Ambil y − ¸¹ • dan ) = žy• º = 1,2, … , ". Karena ∈ sehingga ⊆ dan D ⊆ . Ambil . Jika ¦ = !8maka ) − ) =

(58) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI Jika ¦ < ! maka ) − ) = ž§• − Bž§>• > > + žyÕ§ dan D adalah ideal dari , maka menurut definisi 2.2.7 sehingga − à ∈ dan − Ambil sebarang )E = žŸÄ• gelanggang bagian dari C = B£ £Bž§• 2.2.7, £ ⋯+ ∈ § B § £C C à à ÃC = − žyÕ§ à à .88Karena dan D adalah gelanggang bagian dari ∈ D untuk : = ¦ + 1, … , !. Jadi ) − ) = − žyÕ§ Ä Ä ∈ D dan )F = žÆÅ• Å Å jelas )E )F ∈ D. Jadi menurut teorema 2.2.1. Ambil sebarang £ ∈ + ⋯ + B£ yC y. Karena adalah ideal dari untuk = 1,2, … , ! sehingga B£ C 46 à Ã. ∈ D. D adalah sehingga £) = maka menurut definisi ∈ D dan ) £ = _ž§• ∈ D. Jadi menurut definisi 2.2.7, D adalah ideal dari . `£ = B £C + Teorema 2.2.7 Misal adalah gelanggang. Jika , D adalah ideal dari maka D ⊆ ∩ D. Bukti: Ambil sebarang ) ∈ D, maka ) = žy• na8 ⊆ dan D ⊆ ∈ dan gelanggang dan maka , untuk8suatu8 ∈ , adalah dari ∈ D untuk setiap . Jadi ) ∈ ∈ D untuk setiap ∩ D. . Teorema 2.2.8 Misal +D = adalah + . ∈ , ,D ∈ D adalah ideal dari . ideal maka himpunan Bukti: Jelas + D ≠ ∅ sebab jika misal ) = + . Karena ∈ ⊆ dan ∈ D maka dan D ⊆ maka + + ∈ + D. Ambil sebarang ) ∈ ∈ . Jadi +D + D ⊆ . Ambil seba-

(59) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI rang ) , )E ∈ + D misal ) = sehingga ) − )E = suatu E ∈ F rang + ∈ ∈ F dan + −B + E dan )E = EC + ∈ D. Kemudian ) )E = B + D. Jadi menurut teorema 2.2.1, maka +) = +B ∈ definisi 2.2.7 + − = dan + + C=+ E E + + + E untuk suatu − CB E E = + F + EC = , F E ∈ + , dan = )F ∈ E 47 E ∈D + D untuk E + E + + D adalah gelanggang bagian dari . Ambil seba- ++ ∈ D jadi +) ∈ karena , D adalah ideal dari + D. Jadi menurut definisi 2.2.7 maka menurut + D adalah ideal dari . Teorema 2.2.9 Jika adalah suatu ideal dari gelanggang dan 1 ∈ , maka = . Bukti: Jelas ⊆ sebab ideal dari 2.2.7 £ = £1 ∈ , jadi . Ambil sebarang £ ∈ , karena 1 ∈ , maka menurut definisi ⊆ . Jadi terbukti = . Teorema 2.2.10 Misal adalah gelanggang dan £ + .£ ∈ adalah B+ + CB£ + C = +£ + adalah gelanggang bagian gelanggang dengan jika dan hanya jika operasi . Himpunan koset B+ + C + B£ + C = + + £ + adalah ideal dari . Ç = dan

(60) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 48 Bukti: 1. B←C Menurut teorema 2.1.13, himpunan koset membentuk grup dengan operasi penjumlahan, sehingga akan dibuktikan bahwa perkaliannya asosiatif dan distributif pada operasi penjumlahan. Mulamula akan dibuktikan bahwa perkaliannya terdefinisi dengan baik jika dan hanya jika ideal dari : = :t + , , . Misal ++ = +t + ∈ . Jadi +: + dan :+ = :t + = +t:t + :t + +t + + sehingga + = +t + adalah dan = + t : t + . Terbukti bahwa operasinya terdefinisi dengan baik. Akan dibuktikan perkaliannya bersifat asosiatif. Misal £ + , £ + , £E + = B£ + CB£ £E + C ∈ £ + .£ ∈ , maka B£ + C_B£ + CB£E + C` = B£ £ £E + C = _B£ + CB£ + C`B£E + C, hal ini berlaku sebab £ , £ , £E ∈ . Selanjutnya akan dibuktikan bahwa perkaliannya bersifat distributif kiri terhadap operasi penjumlahan. B£ + CB£ + + £E + C = B£ + CB£ + £E + C =B£ B£ + £E C + C = B£ £ + £ £E + C. Jadi terbukti perkaliannya bersifat distributif kiri terhadap operasi penjumlahan.

(61) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 49 Selanjutnya akan dibuktikan bahwa operasi perkaliannya bersifat distributif kanan terhadap operasi penjumlahan. B£ + + £E + CB£ + C =B£ + £E + CB£ + C =_B£ + £E C£ + ` =B£ £ + £E £ + C Jadi terbukti operasi perkaliannya bersifat distributif kanan terhadap operasi penjumlahan. Jadi terbukti menurut definisi 2.2.1, £ + .£ ∈ adalah gelanggang. 2. B→C Misal £ + .£ ∈ £∈ £+ sehingga £ ∉ adalah gelanggang, andaikan atau £ ∉ . Pada elemen = B0 + CB£ + C = 0£ + bukan ideal dari + =0+ , maka ada ∈ dan dan £ + , B + CB£ + C = = . Kontradiksi dengan teorema 2.1.9. Selanjutnya himpunan Ç pada teorema 2.2.10 disebut gelanggang faktor dari . Definisi 2.2.10 Misal f adalah daerah integral dan , faktor dari membagi ∤ . ∈ f. Elemen jika dan hanya jika terdapat akan disimbolkan dengan disebut membagi ∈ f sedemikian sehingga | dan tidak membagi = ekivalen dengan . Selanjutnya akan disimbolkan dengan

(62) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 50 Contoh 2.2.10 Menurut contoh 2.2.4, ℤ adalah daerah integral. Bilangan 2|8 sebab 8 = 2.4 dan 4 ∈ ℤ. Definisi 2.2.11 Bilangan bulat positif ¥ disebut bilangan prima jika dan hanya jika jika ¥ = ¥= untuk setiap , ∈ ℤ. maka ¥ = atau Contoh 2.2.11 Akan dibuktikan 3 ∈ ℤ adalah suatu bilangan prima. Misal 3 = , ∈ ℤ. Karena |38dan8 ∈ ℤ maka prima di ℤ. dan ≠ 3 untuk setiap = 3. Jadi menurut definisi 2.2.11, 3 adalah bilangan Teorema 2.2.11 Misal , , ¥ ∈ ℤ. Jika ¥ adalah bilangan prima dan ¥| maka ¥| atau ¥| . Bukti: Misal ¥ ∤ dan ¥ ∤ sehingga menurut definisi 2.2.10, ¦, ¦ ∈ ℤ. Perhatikan bahwa definisi 2.2.10, ¥ ∤ . ≠ B¥¦CB¥¦ C = ¥B¥¦¦ C atau ≠ ¥¦ dan ≠ ¥¦ untuk setiap ≠ ¥B¥¦¦ C sehingga menurut

(63) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 51 Definisi 2.2.12 adalah gelanggang dan 9 adalah ideal sejati dari Misal dari D ⊆ 9. jika dan hanya jika untuk sebarang ideal , D dari . Himpunan 9 disebut ideal prima dan D ⊆ 9 berlaku ⊆ 9 atau Contoh 2.2.12 Akan dibuktikan r3s adalah ideal prima dari ℤ. Menurut teorema 2.2.4, r"s, r!s adalah ideal dari ℤ untuk suatu ", ! ∈ ℤ. Misal r"sr!s ⊆ r3s dan menurut teorema 2.2.6, r"sr!s Ÿ = ¹ • ∈ r"s, |8 ∈ r!s, = 1,2,3, … , + ∈ ℕ} = {B"!C žŸ• ¦ : |¦ , : 8untuk8 = 1,2, … , +} = r"!s sehingga r"sr!s = r"!s ⊆ r3s. Perhatikan bahwa "! ∈ r"!s sehingga "! ∈ r3s berlaku "! = 3 untuk suatu ∈ ℤ. Menurut contoh 2.2.11, 3 adalah bilangan prima sehingga menurut teorema 2.2.11, 3|" atau 3|!. Jika 3|" maka " = 3 untuk suatu ∈ ℤ sehingga jika diambil sebarang ) ∈ r"s sehingga ) = "¦ = 3B ¦ C ∈ r3s akibatnya r"s ⊆ r3s. Pembuktian untuk r!s ⊆ r3s analog dengan pembuktian r"s ⊆ r3s. Diperoleh r"s ⊆ r3s atau r!s ⊆ r3s. Jadi menurut definisi 2.2.12, r3s adalah ideal prima dari ℤ. Definisi 2.2.13 Suatu ideal dan ⊆D⊆ dari 8dan8 ≠ maka D = disebut ideal maximal jika dan hanya jika, jika D ideal dari atau D = .

(64) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 52 Teorema 2.2.12 adalah gelanggang komutatif dengan elemen satuan dan Ê adalah suatu ideal dari Misal , Ê ≠ . Gelanggang faktor ŽÊ adalah suatu daerah integral jika dan hanya jika Ê adalah ide- al prima dari . Bukti: 1. B→C Karena ŽÊ adalah suatu daerah integral dan Jadi + Ê = Ê atau ∈ Ê, maka B + ÊCB + ÊC = + Ê = Ê, sehingga menurut teorema 2.1.11, bukti Ê adalah ideal prima. ∈ Ê atau + Ê = Ê. ∈ Ê. Jadi ter- 2. B←C Misal Ê adalah ideal prima. Menurut teorema 2.2.10 himpunan ŽÊ adalah gelanggang faktor dari , sehingga tinggal dibuktikan ŽÊ tidak mempunyai pembagi nol. Akan dibuktikan untuk sebarang , ∈ , B + ÊCB + ÊC = Ê maka + Ê = Ê8atau + Ê = Ê. Karena Ê ideal pri- ma, maka jelas menurut definisi 2.2.12 jika B + ÊCB + ÊC = Ê maka + Ê = Ê. Jadi terbukti ŽÊ tidak mempunyai pembagi nol. + Ê = Ê8atau Teorema 2.2.13 Misal gelanggang komutatif dengan elemen satuan dan Ê suatu ideal dari langgang faktor dan Ê ≠ . Ge- ŽÊ adalah lapangan jika dan hanya jika Ê adalah ideal maksimal dari .

(65) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 53 Bukti: 1. B→C Misal Ë adalah ideal dari ∈ Ë, ∉Ê ŽÊ adalah lapangan dan Ê ⊆ Ë ⊆ dan B + ÊCB + ÊC = 1 + Ê. Karena B + ÊCB + ÊC = 1 + Ê 1 = B1 − + Ê ≠ Ê. Jadi ada maka menurut teorema 2.1.9, C+ ∈ Ë dan Ë ideal dari maka menurut teorema ∈ Ë. Karena 1 ∈ Ë dan Ë ideal dari 2.1.11, Ë = . Jadi terbukti Ê adalah ideal maksimal dari . 2. B←C Misal Ê adalah ideal maksimal dari +Ê dibuktikan mempunyai elemen invers perkalian di £ + .£ ∈ , D⊆ sebab jika diambil sebarang £ + ∈ D, maka B £ + £ + sehingga ∈ Ë. Karena ∈ Ê ⊂ Ë. Jadi ∈ , dan ∉ Ê, akan ŽÊ. Dibuat himpunan ∈ Ê . Kemudian akan ditunjukkan D adalah ideal dari . Mula-mula akan ditunjukkan D adalah gelanggang bagian dari dan 1− ∈ maka menurut teorema 2.2.9, dan Ê ≠ . Ambil sebarang D= maka dan Ë ≠ Ê. Jika . Jelas D ≠ ∅ sebab ∈ D maka £ + C−B £ + ∈ B0C + 0 = 0 ∈ D dan . Ambil sebarang £ + C = B£ − £ C + B − C = £E + E ∈D ∈D dan B £ + CB £ + =B £B £ + = £F + F C+ + £G + C G B £ + = £H + C H ∈ D. Jadi menurut teorema 2.2.1 terbukti D adalah gelang- gang bagian dari . Selanjutnya, ambil sebarang £ ∈ , sehingga

(66) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI C=B £ + £B £ + C£ = £I + I ∈ D. Jadi menurut definisi 2.2.7 terbukti D adalah ideal dari . Karena Ê adalah ideal maksimal dari sehingga 1 ∈ D. Misal 1 = 1+Ê = + t +Ê = + t 54 dan Ê ≠ D maka menurut definisi 2.2.13, D = , , untuk8suatu8 t ∈ Ê maka + Ê = B + ÊCB + ÊC. Jadi menurut definisi 2.2.6 terbukti adalah lapangan. ŽÊ Contoh 2.2.13 Himpunan r3s adalah ideal maksimal dari daerah integral ℤ. Himpunan ℤÇr3s = r3s, 1 + r3s, 2 + r3s , adalah daerah integral. Sebab, menurut contoh 2.2.12, r3s adalah ideal prima dari ℤ sehingga menurut teorema 2.2.12, ℤÇr3s adalah daerah integral. Perhatikan bahwa menurut te- orema 2.2.10, B1 + r3sCB1 + r3sC = 1 + r3s dan B2 + r3sCB2 + r3sC = 4 + r3s = 1 + r3s sehingga setiap elemen taknol di ℤÇr3s mempunyai elemen invers perkalian sehingga menurut definisi 2.2.6, ℤÇr3s adalah lapangan akibatnya menurut teorema 2.2.13, r3s adalah ideal maksimal dari ℤ. Definisi 2.2.14 Misal adalah daerah integral dan , Í adalah ideal dari . Ideal dan hanya jika terdapat ideal { dari membagi Í akan disimbolkan |Í. disebut ideal pembagi Í jika sedemikian sehingga Í = {. Selanjutnya ideal yang

(67) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 55 Contoh 2.2.14 Ideal r3s adalah ideal pembagi dari r15s untuk daerah integral ℤ. Sebab menurut penjelasan contoh 2.2.12, r3sr5s = rB3CB5Cs = r15s. Teorema 2.2.14 Misal adalah daerah integral dan , Í adalah ideal dari . Jika |Í maka Í ⊆ . Bukti: Menurut definisi 2.2.14, misal Í = { maka menurut teorema 2.2.7, Í ⊆ dan Í ⊆ {. Jadi Í ⊆ . ∎ Definisi 2.2.15 Misal adalah gelanggang dan ℋ adalah himpunan setiap ideal dari . Elemen Ë ∈ ℋ disebut maksimal di ℋ jika dan hanya jika jika ∈ ℋ dan Ë ⊆ maka Ë = . Contoh 2.2.15 Pada contoh 2.2.13, misal ℋ adalah himpunan setiap ideal dari ℤ maka r3s adalah maksimal di ℋ. Definisi 2.2.16 Misal , ( gelanggang. . Pemetaan ℎ: jika ℎB → ( disebut homomorfisma gelanggang jika dan hanya C = ℎB CℎB C dan ℎB + C = ℎB C + ℎB C untuk setiap , ∈ .

(68) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 56 Contoh 2.2.16 Misal ℂ = + ] , ÏB + C + ÏB + ÏB + CÏB C= ℂ dengan ÏB + =B − C+B =B − CB + setiap , + − − + C ∈ ℝ, = ^−1 adalah himpunan bilangan kompleks. Pemetaan dari ℂ ke − adalah suatu homomorfisma gelanggang. Sebab C C=B + C=B C−B + − C−B C = Ï_B + + C = Ï_B C+B + − C ` dan C+B C ` untuk + ∈ ℂ. Jadi menurut definisi 2.2.16, Ï adalah homomorfisma gelanggang. Definisi 2.2.17 Misal O: → ( adalah suatu homomorfisma gelanggang. Himpunan ¦k£ O = {£ ∈ |OB£C = 0}. Contoh 2.2.17 Misal O gn = mn oh = sebab O gn dan O gn = O gn O gn on A + A + A op , − ∈ ℤq. Dibuat pemetaan O dari untuk setiap n oh + O gn A oh O gn A oh A+ A+ A oh A A oh = − ke ℤ yang didefinisikan o ∈ . Pemetaan O adalah homomorfisma gelanggang, + − A = B + C − B + AC = O gn oh = B − CB − AC = B + AC − B A + C. + +A Selain +A oh + itu

(69) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI = 57 + A− A− = B − AC + BA − C = B − AC − B − AC = B − CB − AC = O gn A oh O gn A o p ∈ ℤq. oh dan ¦k£ O = mn Contoh 2.2.18 Pada contoh ini akan diberikan suatu ideal prima yang bukan ideal maksimal. Menurut contoh o p ∈ ℤq. Akan dibuktikan ¦k£ O adalah ideal prima dari 2.2.17, ¦k£ O = mn akan dibuktikan ¦k£ O adalah gelanggang bagian dari grup bagian dari D=n o OB DC = 2 . Menurut teorema 2.1.17, ¦k£ O adalah . Selain itu jika diambil sebarang untuk −2 suatu = 0. Jadi , ∈ℤ , D ∈ ¦k£ O. Misal J=n on o=n 2 2 =n 2 2 o o dan dan D ∈ ¦k£ O sehingga menurut teorema 2.2.1, ¦k£ O adalah ge- langgang bagian dari . Ambil sebarang J ∈ , misal J = n sehingga on D=n maka . Mula-mula o=n + + + + E o untuk suatu o dan , , E, F ∈ℤ OB JC = OB COBJC = 0. Perhatikan bahwa OBJ C = OBJCOB C = 0. Jadi menurut definisi 2.2.7, ¦k£ O adalah ideal dari sehingga menurut teorema 2.2.10, dapat Ǧk£ O = {J + ¦k£ O |J ∈ }. Akan dibuktikan f=• =n =• A A A A A A ‚−• A A A + A + A ‚n A A A ‚−• A A o +A +A A A gelanggang faktor Ǧk£ O adalah daerah integral. Misal A ‚ untuk suatu A , A , AE , AF ∈ ℤ sehingga Jf − fJ A A o• A A + A + didefinisikan +A +A ‚

(70) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI =n 0 0 o ∈ ¦k£ O maka menurut teorema 2.1.11, Jf + ¦k£ O = fJ + ¦k£ O akibatnya Ǧk£ O 0 0 komutatif. Jelas terdapat elemen satuan di Ǧk£ O yaitu n Ð=• O O O ‚ adalah sebarang elemen di O k O +k O 0 ∉ ¦k£ O sehingga • k O +k O n : : 58 k 1 0 o + ¦k£ O. Misal 0 = nk 0 1 k O +k O dan 0Ð = • k O +k O a k O +k O ‚ = na k O +k O k k o, k O +k O ‚ ∈ ¦k£ O dan k O +k O k a o untuk suatu a ∈ ℤ dan n a k k k o≠ : o untuk setiap : ∈ ℤ . Perhatikan bahwa k O + k O = a = k O + k O atau k BO − O C − : k BO − O C = Bk − k CBO − O C = 0. Karena k ≠ k maka k − k ≠ 0 sehingga O − O = 0 akibatnya O = O . Jadi Ð ∈ ¦k£ O sehingga menurut definisi 2.2.4, Ǧk£ O tidak mempunyai pembagi nol, maka menurut definisi 2.2.4, Ǧk£ O adalah daerah integral sehingga menurut te- orema 2.2.12, ¦k£ O adalah ideal prima dari Ǧk£ O . Andaikan a Ǧk£ O adalah lapangan, maka ada i = na hingga {i + ¦k£ O = • teorema 2.1.11, • 5 . Perhatikan elemen { = n 3 5a + 3a 5a + 3a 3 o + ¦k£ O ∈ 5 a a o + ¦k£ O ∈ Ǧk£ O se- 5a + 3a 1 0 o + ¦k£ O. Akibatnya menurut ‚ + ¦k£ O = n 5a + 3a 0 1  5a + 3a − 1 5a + 3a ‚ = n 5a + 3a 5a + 3a − 1   o untuk suatu  ∈ ℤ. Diperoleh 5a + 3a − 1 =  dan 5a + 3a = Â. Kemudian pada persamaan 5a + 3a − 1 =  kedua ruas dikalikan dengan 3 sehingga diperoleh 15a + 9a = 3 + 3 dan pada persamaan 5a + 3a = Â

(71) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 59 kalikan kedua ruas dengan 5 sehingga diperoleh 25a + 15a = 5 kemudian 15a + 9a − 25a − 15a = −16a = 3 − 2 atau  = 8a + ∉ ℤ. Kontradiksi E Ǧk£ O bukan lapangan sehingga menurut teorema dengan  ∈ ℤ. Pengandaian salah, maka 2.2.13, ¦k£ O bukan ideal maksimal dari . Definisi 2.2.18 Misal , ( adalah gelanggang. Gelanggang momorfisma gelanggang yang bijektif O: isomorphis dengan ( jika dan hanya jika ada ho- → (. Contoh 2.2.19 Himpunan ℤÑ = {0,1,2, … , ¥ − 1} dan ℤÇ¥ℤ = {¥ℤ, 1 + ¥ℤ, … , ¥ − 1 + ¥ℤ}. Dibuat pemetaan O dari ℤÑ ke ℤÇ¥ℤ dengan ¥ adalah suatu bilangan prima dan didefinisikan OB C = setiap ∈ ℤÑ . Jelas O adalah homomorfisma gelanggang sebab untuk setiap OB C + OB C = ¥ℤC = + ¥ℤ + + ¥ℤ = OB + ¥ℤ = + + ¥ℤ = OB + C C. Ambil sebarang akan dicari ) ∈ ℤÑ sehingga OB) C = dan ∈ ℤÑ maka OB COB C = B + ¥ℤCB + + ¥ℤ8 ∈ ℤÇ¥ℤ, maka 0 ≤ + ¥ℤ. Pilih ) = , + ¥ℤ untuk ≤ ¥ − 1, maka OB) C = ) + ¥ℤ = ∈ℤ + ¥ℤ. Jadi O adalah homomorfisma gelanggang yang surjektif. Akan ditunjukkan O injektif. Ambil sebarang , A ∈ ℤÑ dan OB C = + ¥ℤ = A + ¥ℤ = OBAC. Jadi menurut teorema 2.1.11, − A = ¥¦ untuk suatu ¦ ∈ ℤ. sehingga Jadi menurut definisi 2.2.18, ℤÑ ≈ ℤÇ¥ℤ. = A8"&A8¥. Jadi terbukti O adalah pemetaan injektif.

(72) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 60 Teorema 2.2.15 Misal , , D adalah gelanggang. Jika O: gang maka a ∘ O: → dan a: → D adalah suatu isomorfisma gelang- → D adalah suatu isomorfisma gelanggang. Bukti: Misal O: → dan a: → D adalah suatu isomorfisma gelanggang. Mula-mula akan dibuktikan a ∘ O adalah pemetaan yang bijektif. Ambil sebarang £, + ∈ dan a_OB+C` = a_OB£C`. Menurut definisi 2.2.18, O adalah pemetaan yang surjektif sehingga ada + = OB+C dan £ = OB£C untuk suatu + , £ ∈ . Karena + = OB+C dan £ = OB£C untuk suatu + , £ ∈ maka aB+ C = aB£ C. Menurut definisi 2.2.18, a, O adalah pemetaan yang injektif sehingga + = OB+C = £ = OB£C maka + = £ maka menurut definisi 2.1.15, a ∘ O adalah pemetaan yang injektif. Jelas a ∘ O ada- lah pemetaan yang surjektif. Sebab jika diambil sebarang ada ∈ sedemikian sehingga aB C = diperoleh a_OB¤C` = . Jadi untuk setiap dan ada ¤ ∈ ∈ D ada ¤ ∈ ∈ D maka menurut definisi 2.2.18, sedemikian sehingga = OB¤C. Jadi sedemikian sehingga a_OB¤C` = maka menurut definisi 2.1.15, a ∘ O adalah pemetaan yang surjektif. Karena a ∘ O adalah pemetaan yang surjektif dan injektif maka menurut definisi 2.1.15, a ∘ O adalah pemetaan yang bijektif. Selain itu a_OB+C` + a_OBÒC` = a_OB+C + OBÒC` = a_OB+ + ÒC` a_OB+C`a_OBÒC` = a_OB+COBÒC` = a_OB+ÒC` untuk setiap +, Ò ∈ dan sehingga menurut definisi 2.2.16, a ∘ O adalah homomorfisma gelanggang. Jadi menurut definisi 2.2.18, a ∘ O adalah isomorfisma gelanggang dari ke D. ∎

(73) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 61 Definisi 2.2.19 8adalah gelanggang. Suatu polinomial OB)C dengan koefisien di R adalah suatu pen- Misal jumlahan baku yang tak berhingga, ditulis žÓ•K ∈ , dan ) = K + ) + ⋯+ = 0 untuk semua kecuali sejumlah berhingga . Simbol OB)C. Jika > 0 sedemikian sehingga y) y + ⋯, dimana disebut koefisien dari ≠ 0, nilai terbesar dari i disebut derajat dari OB)C. Jika tidak ada > 0, maka OB)C berderajat nol. Penjumlahan dan perkalian polinomial didefinisikan dengan cara sebagai berikut. Misal OB)C = ⋯+ y) y y) y + ⋯ dengan + ⋯ dimana dimana Ay = žy•K y = yX , y . + ∈ y K + untuk setiap ) + ⋯+ y) y + ⋯ dan aB)C = sehingga OB)C + aB)C = K + K + )+ ) + ⋯+ untuk setiap ! dan OB)CaB)C = AK + A ) + ⋯ + Ay ) y + ⋯ Contoh 2.2.20 Polinomial OB)C = 2) + ) + 3, dengan 2, , 3 ∈ ℝ, dan derajat OB)C adalah dua. E Teorema 2.2.16 Misal ,…- = adalah × Õ Ö Õ Ô K + gelanggang. Himpunan ∈ 8 á untuk8setiap8 , dan8 Ù = 08 Õ Ø ) + ⋯ + y ) y + ⋯ untuk8setiap8kecuali8sejumlah8 adalah gelanggang Ø à berhingga8 , Õ 8 8adalah8bilangan8bulat8tak8negatifß dengan operasi penjumlahan dan perkalian polinomial. Jika maka ,…- adalah gelanggang komutatif. Jika adalah gelanggang komutatif, mempunyai elemen satuan, maka ,…- mempu- nyai elemen satuan. Selanjutnya ,…- disebut gelanggang polinomial dengan indeterminate x.

(74) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 62 Bukti: Jelas bahwa ,)- adalah grup komutatif terhadap operasi penjumlahan polinomi- al. Sebab, adalah gelanggang komutatif terhadap operasi penjumlahan. Akan dibuktikan perkalian polinomial ) , aB)C = žÓ•K OB)C = žÓ•K , , dimana g_žÓ•K § y = â¹ ¼¹ y•K Ó ∈ Ÿ yX •K y = ¹ â¹ ¼¹ Ÿ•K y•K Ó = ¹¸ ¹ Ÿ•K Ó Ÿ = ¹ ä¹ Ÿ•K >•K Ó = ¼¹ •K = _žÓ•K ½ > ŸX> ¸¹ Ó > ) ½ ä ¹ ¸¹ ) `æ_žÓ•K §•K bersifat § asosiatif. ) § adalah sebarang polinomial di •K § Misal ,)- )§ )§ § ŸXy ã ) Ÿ Ÿ >X •K >•K Ó ½) ã¹ y §º ) §•Ÿ ) , ℎB)C = žÓ §•K ) `h žÓ §•K yX •K ,)- untuk setiap , , ¦. Perhatikan bahwa _OB)CaB)C`ℎB)C = ) `_žÓ•K Ó di ºå ) Ÿ >X º )> å ) `BžÓ §•K § ) § Cç. Selanjutnya akan dibuktikan untuk sifat distributif pada ,…-. Perhatikan bahwa ,OB)C + aB)C-ℎB)C =

(75) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI Ó Ó ä¹ Ó ) +¹ ) å¹ •K •K Ó Ó = ¹ kè ) è ¹ è•K Ó y Ó = ¹ ¼¹B y•K Ó è•K y = ¹ ¼¹ y•K Ó = ä¹ •K è•K è yXè ) ¹ §•K § y è yXè C½ ) + è yXè ) Ó )§ )§ yXè ½ ) è•K y § §•K = ¹ ¼¹ kè y•K §•K § 63 y y +¹ è•K Ó y è yXè ) Ó ) +¹ ) ¹ § •K §•K y ½ § )§ å = OB)CℎB)C + aB)CℎB)C. Untuk sifat kedua di nomor 6 pada definisi 2.2.1, analog dengan bukti sebelumnya. Jadi terbukti ,)- adalah gelanggang. Selanjutnya, misal adalah gelanggang komutatif dan OB)C, aB)C adalah seba- rang elemen di ,)-. Perhatikan bahwa perkalian OB)CaB)C = Ó ¼¹ •K Ó Ó ) ½ ¸¹ y = ¹ ¼¹ y•K •K •K yX ) º ½ )y

(76) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI y Ó = ¹ ¼¹ y•K = _žÓ•K •K yX ½ )y ) `_žÓ•K kutnya, misal 1 ∈ 64 ) ` = aB)COB)C. Jadi terbukti ,)- adalah gelanggang komutatif. Beri- sehingga cukup dipilih ℎB)C = 1 + ℎ ) + ⋯ + ℎy ) y + ⋯ + dengan ℎ = 0 untuk setiap ≥ 1. Jadi 1 ∈ ,)-. ∎ Definisi 2.2.20 Misal , ( adalah daerah integral dan ⊆ (. Elemen ∈ ( disebut terintegral di hanya jika ada OB)C = ) y + £yX ) yX + ⋯ + £K ∈ ,…- sedemikian sehingga OB C = 0. jika dan Contoh 2.2.21 Elemen 1 ∈ ℚ integral pada ℤ. Sebab, jika dipilih OB)C = ) − 1 maka OB1C = 0. Definisi 2.2.21 Misal , ( adalah daerah integral dan ⊆ (. Himpunan hanya jika untuk setiap elemen di ( yang terintegral di tertutup secara terintegral jika dan berada di . Contoh 2.2.22 Menurut contoh 2.2. 4, ℤ adalah daerah integral dan menurut teorema 2.2.3, ℚ adalah daerah in- tegral. Jelas ℤ ⊆ ℚ dan ℤ tertutup secara terintegral pada ℚ. Sebab hanya bilangan bulat yang integral pada ℤ.

(77) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 65 Definisi 2.2.22 Misal adalah daerah integral. Himpunan adalah daerah Noether jika dan hanya jika memenuhi kondisi rantai naik, yaitu jika setiap rantai ideal dari yang Ê ⊆ Ê ⊆ ÊE ⊆ ⋯ berakhir, artinya ada !K ∈ ℕ sedemikian sehingga Êyé = Ê¢ untuk setiap £ ≥ !K . Teorema 2.2.17 Misal adalah daerah integral. Himpunan ideal dari adalah daerah Noether jika dan hanya jika setiap dibangun secara berhingga. Bukti: 1. B→C Andaikan ∈ dan adalah ideal dari dan tidak dibangun secara berhingga maka ≠ 0. Karena adalah ideal dari , maka menurut definisi 2.2.7, tiap £ ∈ . Jadi menurut definisi 2.2.8, r s ⊂ . Karena maka ada ∈ dan ∉ r s dan menurut definisi 2.2.7, ≠ r0s. Jadi ada £ ∈ untuk se- tidak dibangun secara berhingga, £ ∈ untuk setiap £ ∈ . Jadi diperoleh r s ⊂ r , s ⊂ . Kemudian langkah ini diteruskan, sehingga diperoleh r s ⊂ bukti setiap ideal dari dibangun berhingga. r , s ⊂ ⋯ ⊂ r ,…, 2. B←C Misal setiap ideal dari ys ⊂ , tapi r , … , ys ≠ kontradiksi dengan definisi 2.2.22. Jadi ter- dibangun secara berhingga. Misal Ê ⊆ Ê ⊆ ⋯ Êè ⊆ ⋯ adalah rantai monoton naik dari ideal Ê pada Ê ≠ ∅ sebab Ê adalah ideal dari . Akan dibuktikan Ê = ê • Ê adalah ideal dari untuk setiap . Jelas maka Ê ∪ Ê ∪ … ≠ ∅ dan Ê ⊆ . Ambil

(78) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI , sebarang − suatu ∈ Ê maka ∈ Ê> untuk suatu " ≥ 1. Karena Ê> ⊆ Ê maka ≥ 1, maka dari ∈ Ê untuk suatu − ∈ Ê kemudian ≥ 1 sehingga ∈ Êv untuk ∈ Ê, jadi menurut teorema 2.2.1, Ê adalah gelanggang bagian dari Ambil sebarang £ ∈ maka ∈ ʧ untuk suatu ¦ ≥ 1 dan 66 dan ∈ Ê. Karena adalah daerah integral, maka £ = £. Karena . ∈Ê ∈ Êì untuk suatu O ≥ 1, jadi £ ∈ Êì ⊆ Ê. Jadi menurut definisi 2.2.7, Ê adalah ideal . Karena Ê adalah ideal dari 2.2.8, Ê = r , … , ys untuk suatu yang dibangun secara berhingga maka menurut definisi ∈ . Untuk setiap = 1,2, … , ! ada ¦ sehingga ∈ ʧ• . Misal A = max{¦ , … , ¦y }. Jadi Êè ⊆ Ê dan ʧ• ⊆ Êè . Selanjutnya akan dibuktikan r ,…, ys ⊆ Êè . Ambil sebarang ) ∈ r , … , = 1,2, … , !. Karena tuk ∈ ʧ• maka ) = žy• £ = 1,2, … , ! sehingga ) = žy• £ maka r , … , ys misal ) = žy• £ dimana £ ∈ untuk ∈ ʧ— + ʧ› + ⋯ + ʧî dan ʧ• ⊆ Êè un- ∈ ʧ— + ʧ› + ⋯ + ʧî ⊆ Êè + Êè + ⋯ + Êè ⊆ Êè ⊆ Êè . Jadi diperoleh Ê ⊆ Êè dan Êè ⊆ Ê maka Êè = Ê = ê • Ê atau Êè = ê • Ê . Untuk ê • Ê ⊆ r ,…, y s, ys ≥ A maka Êè ⊆ Ê sehingga diperoleh r , … , maka Êè = Ê untuk ys ⊆ Êè ⊆ Ê ⊆ ≥ A. Jadi kondisi rantai monoton naik yang ber- bentuk Ê ⊆ Ê ⊆ ⋯ berakhir, maka menurut definisi 2.2.22, adalah daerah Noether. Contoh 2.2.23 Menurut teorema 2.2.5, ideal dari ℤ dibangun berhingga oleh satu elemen sehingga menurut teorema 2.2.17, ℤ adalah daerah Noether.

(79) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 67 Teorema 2.2.18 Gelanggang adalah daerah Noether jika dan hanya jika setiap himpunan tak kosong yang ele- mennya adalah ideal dari mempunyai elemen maksimal. Bukti: 1. B→C adalah daerah Noether dan andaikan ada ℋ ≠ ∅ yang elemennya ideal dari Misal mempunyai elemen maksimal di ℋ. Ambil sebarang di ℋ sehingga dipilih diperoleh ⊂ ⊂⋯⊂ ∈ ℋ dan ⊂ y y ⊂ dan ⊂ ⋯ dengan ≠ ≠ ∈ ℋ. Karena dan tidak bukan elemen maksimal . Langkah ini diteruskan sampai ∈ℋ untuk setiap ∈ ℕ sehingga diperoleh kondisi rantai monoton naik yang tidak berakhir sehingga menurut definisi 2.2.22, rah Noether. Jadi kontradiksi dengan asumsi bahwa y bukan dae- adalah daerah Noether. 2. B←C Misal ℋ ≠ ∅ adalah himpunan yang elemennya adalah ideal dari maksimal di ℋ. Misal ℋ = ⊆ kondisi rantai naik yaitu alkan y ⊆ E adalah ideal dari untuk setiap ∈ ℕ. Dibuat ⊆ ⋯. Karena terdapat elemen maksimal di ℋ maka dimis- adalah elemen maksimal tersebut. Misal !K ∈ ℕ dan !K ≥ ! maka menurut definisi 2.2.15, ¢ , , … dengan dan mempunyai elemen sehingga y = ¢ y = yé . y ⊆ yé Akibatnya untuk setiap £ ∈ ℕ dan £ ≥ !K berlaku sehingga yé = y maka kondisi rantai naik tersebut berakhir maka menurut definisi 2.2.22, adalah daerah Noether. ⊆

(80) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 68 C. Konstruksi Lapangan Pecahan Selanjutnya akan dibahas tentang konstruksi lapangan pecahan. Misal f suatu daerah integral yang akan dikonstruksi dan diperluas menjadi lapangan pecahan Ð. Langkah-langkah yang diperlukan sebagai berikut: 1. Dapat didefinisikan elemen-elemen Ð. 2. Dapat didefinisikan operasi biner yaitu penjumlahan dan perkalian pada Ð. 3. Pengecekan aksioma-aksioma lapangan, untuk menunjukan bahwa Ð lapangan dengan operasi penjumlahan dan perkalian. 4. Dapat ditunjukkan Ð memuat f sebagai derah bagian integralnya. Penjelasan dari keempat langkahnya adalah sebagai berikut Langkah 1.Misal f suatu daerah integral dan menurut definisi 2.1.2, f8…8f = B , C| , Pasangan terurut B , C merepresentasikan pembagian dua elemen di f yaitu , jika v w pembaginya nol, sehingga tidak merepresentasikan suatu elemen, jadi himpunan baru, yaitu ( = {B , C| , ∈ f, ≠ 0} ⊆ f8…8f. ∈ f}. = 0, maka ≠ 0, sehingga dibuat Definisi 2.3.1 Misal f adalah daerah integral dan ( = {B , C| , ∈ f, ≠ 0} ⊆ f8…8f. Sebarang elemen B , C, B , AC ∈ ( disebut ekivalen disimbolkan dengan B , C~B , AC jika dan hanya jika A = .

(81) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 69 Contoh 2.3.1 Misal ℚ suatu daerah integral.Elemen g , 6h ~ gE , 16h. F Teorema 2.3.1 Misal f adalah daerah integral dan ( = {B , C| , lah relasi ekivalensi. ∈ f, ≠ 0} ⊆ f8…8f. Relasi ~ pada ( ada- Bukti: Jelas menurut definisi 2.1.5. ∎ Langkah 2. Pada langkah ini akan diberikan teorema untuk mendefinisikan penjumlahan dan perkalian pada Ð. Dari langkah ini notasi ,B , C- menyatakan g h , w v ≠ 0. Teorema 2.3.2 Misal f adalah daerah integral dan ( = {B , C| , ,B , C-, ,B , AC- ∈ Ð persamaan ,B , C- + ,B , AC- = ,B A + ,B ∈ f, ≠ 0} ⊆ f8…8f. Untuk , AC- dan ,B , C-,B , AC- = . AC- terdefinisi dengan baik pada operasi penjumlahan dan perkaliandi Ð. Bukti: Jika ,B , C-, ,B , AC- ∈ Ðmaka B , C, B , AC ∈ (, sehingga ≠ 0, A ≠ 0. Karena f suatu daerah integral, maka A ≠ 0. Karena B , C, B , AC ∈ ( maka B A + , AC, B akan dibuktikan sifat terdefinisi dengan baik. Ambil sebarang B , ,B , AC- akan ditunjukkan B A + , A C ∈ ,B A + , AC-dan B , AC ∈ (. Selanjutnya C ∈ ,B , C-, B , A C ∈ , A C ∈ ,B , AC-.

(82) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI C ∈ ,B , C- berarti B , Karena B , sehingga B , A C~B , AC jadi A=A C A= A A+ C jadi B A + A B A+ A kedua persamaan tersebut maka diperoleh , A C~B , dan B , A C ∈ ,B , AC- , AC. Jadi B = A A+A A C~B A + , , perkaliannya terdefinisi dengan baik. A = A , lalu ditambahkan, pada persamaan , AC-. Untuk yang perkalian, pada persamaan sehingga B = A = A . Kalikan kedua ruas dengan A A pada persamaan dan kalikan kedua ruas dengan maka hasilnya sebagai berikut ,B A + C~B , Csehingga 70 A= A A C ∈ ,B ekivalen dengan B A + , AC jadi B A + = dan ekivalen dengan , A C∈ A = A , kalikan A= A , AC-. Terbukti penjumlahan dan Langkah 3. Pada langkah ini akan diperiksa seluruh sifat-sifat pada lapangan berlaku pada Ð hal ini akan ditunjukkan dengan teorema-teorema berikut. Teorema 2.3.3 Penjumlahan pada Ð bersifat komutatif. Bukti: Menurut [B teorema 2.3.2, 8[B , C] + [B , AC] = [B A + + A , A C]. Akan dibuktikan [B A + maka A + nya B A + rena B A + , AC ∈ [B = , AC] = [B , AC] dan [B , AC] + [B , C] = + A , A C]. Karena , , , A ∈ f, + A dan A = A. Kemudian kedua persamaan ini dikalikan maka hasil- CA = B + A C A = AB C A=A B + A C menjadi B A + + A C, maka B A + + A , A C]. Jadi [B A + , AC] = [B , AC~B CA = AB + A C. Ka- + A , A C, sehingga B A + + A , A C]. ∎

(83) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 71 Teorema 2.3.4 Penjumlahan pada Ð bersifat asosiatif. Bukti: C] + [B Akan dibuktikan B[B , , C]C + [B E , E C] Menurut teorema 2.3.2, ruas kiri menjadi B[B , , C] + [B E , E C] = [B E + ma 2.3.2, ruas kanan menjadi [B , E, E C] = [B E + E + E + C] + B[B E, jadi terbukti penjumlahan pada Ð bersifat asosiatif. , E C]. = [B , C] + [B E, C] + [B , C] + B[B E C]. C]C + [B , C] + [B E , E C] E , E C]C. = [B + Sedangkan menurut teore- E , E C]C = [B , C] + [B E + Karena ruas kiri dan ruas kanan sama, Teorema 2.3.5 Elemen [B0,1C] adalah elemen identitas terhadap operasi penjumlahan di Ð. Bukti: Misal [B , C] adalah sebarang elemen di Ð. Akan dibuktikan [B0,1C] + [B , C] = [B , C]. Menurut teorema 2.3.2, [B0,1C] + [B , C] = [B0 + 1 , 1 C] = [B , C]. Jadi terbukti [B0,1C] adalah elemen identitas terhadap operasi penjumlahan di Ð. Teorema 2.3.6 Elemen [B− , C] adalah elemen invers penjumlahan [B , C] di Ð.

(84) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 72 Bukti: Akan dibuktikan [B− , C] + [B , C] = [B0,1C]. Menurut teorema 2.3.2 [B− , C] + [B , C] = [B− + C ∈ [B0, , C] = [B0, C]. Karena B0, C], maka B0, C~B0, C, jadi 0 = 0 = 0 sedangkan 0 = 01. Jadi 01 = 0, sehingga B0, C~B0,1C maka menurut teorema 2.1.1 berlaku [B0, C] = [B0,1C]. Jadi terbukti [B− , C] adalah elemen invers penjumlahan dari [B . C]. Teorema 2.3.7 Perkalian pada Ð bersifat asosiatif. Bukti: Ambil B[B , kiri C][B , C]C[B menjadiB[B , Sedangkan jadi[B , B[B , sebarang C]B[B C][B , , [B , E , E C] C][B , C], [B = [B , C]C[B menurut C][B C]C[B E , E C]C[B E , E C] = [B , sifat asosiatif. Teorema 2.3.8 Perkalian pada Ð bersifat komutatif. , C]B[B E , E C] C], [B , = [B teorema E, E C] C]B[B , E , E C] C][B = [B C][B , ∈ Ð. E , E C]C. C][B 2.3.2 E, E , E C]C, Akan dibuktikan Menurut teorema 2.3.2 ruas E , E C] E C]. = [B ruas E, E C]. kanan Karena jadi terbukti perkaliannya ber-

(85) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 73 Bukti Ambil [B , C][B jadi[B , , [B , sebarang C][B C] = [B C][B , , C] = [B , C]. Elemen-elemen , persamaan dikalikan menjadi B dengan B , B C ∈ [B CB C], [B [B , C=B , C]. Menurut CB , C]. Jadi [B , Akan teorema dibuktikan 2.3.2 C] sedangkan ruas kanan menjadi[B , CB C] ∈ Ð. , ∈ f, dan C=B CB Csehingga C] = [B , = , dan ruas kiri C][B , = C] = , kedua C. Kedua persamaan ini ekivalen B , , C~B , E , E C] + [B C, maka C], sehingga terbukti perkal- iannya bersifat komutatif. Teorema 2.3.9 Hukum distributif berlaku pada Ð. Bukti: Akan dibuktikan B[B , C] + [B Menurut teorema 2.3.2 [B E, E C]+[B E, E, E C]. jadiB[B , E, E C. C] + [B E C]. Jadi , ruas E C] C]C[B = æ_ , E , E C] kanan E , E C] Akan C]C[B E = [B E menjadi[B , E + + E E dibuktikan_ Hal ini jelas, sebab B B = [B , E + E E, E E E , + E, C~B E C][B C][B C][B + E E E E , E C] + [B , , C][B C][B E , E C]. E , E C] = E + `ç. Sedangkan ruas kiri men- E , E C] E EC + E, = [B E = E, E + E ` ∈ [B E EC B E + sehingga

(86) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI _ [B E E, E + E C] E = [B E, + E ` ∈ [B , C][B E + E , E C]. E C] E, maka [B E, 74 E C] + Teorema 2.3.10 Elemen [B1,1C] adalah identitas perkalian di Ð. Bukti: Akan dibuktikan [B1,1C][B , C] = [B , C] untuk setiap [B , C] ∈ Ð. Menurut teorema 2.3.2, [B1,1C][B , C] = [B , C]. Teorema 2.3.11 Jika [B , C] ∈ Ð bukan elemen identitas penjumlahan maka vers perkalian [B , C]. ≠ 0 di f dan [B , C] adalah in- Bukti: Misal [B , C] ∈ Ð. Andaikan = 0, maka 1 = 0 = 0 sehingga B , C~B0,1C jadi [B , C] = [B0,1C]. Padahal menurut teorema 2.3.5 [B0,1C] adalah elemen identitas terhadap operasi pen- jumlahan, kontradiksi dengan [B , C] bukan elemen identitas terhadap operasi penjumlahan. Akan [B , dibuktikan [B , C][B , C] = [B1,1C]. C]. Misal bahwa , ∈ (, maka B Menurut C1 = 1B teorema C = 1B 2.3.2, C jadi B [B , C][B , C] = C1 = B C1 sehingga

(87) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI B , C~B1,1C maka [B [B , C]. 75 C] = [B1,1C]. Jadi terbukti [B , C]elemen invers perkalian dari , Langkah 4. Pada langkah ini akan ditunjukkan bahwa Ð memuat f sebagai derah bagiannya. Untuk menunjukan ini, mula-mula akan ditunjukkan dulu adanya isomorfisma dari f ke Ð kemudian hasil pemetaan dari f dinamai dengan elemen-elemen di f. Teorema berikut ini akan menyatakan isomorfismanya. Teorema 2.3.12 Pemetaan : f → Ð yang didefinisikan dengan B C = [B , 1C] adalah isomorfisma dari f8ke suatu derah bagian dari8Ð. Bukti: Mula-mula akan ditunjukkan pemetaan f ke BfC bersifat injektif dan surjektif. Ambil sebarang ), * ∈ f, misal B)C = B*C maka [B), 1C] = [B*, 1C]. Karena [B), 1C] = [B*, 1C] maka B), 1C~B*, 1Cjadi )1 = ) = 1* = *. Jadi terbukti pemetaannya bersifat injektif. Himpunan BfC = [BA, 1C] = BAC|A ∈ f}jelas pemetaannya surjektif. Selanjutnya akan dibuktikan pemetaannya mengawetkan operasi penjumlahan dan perkalian. Ambil sebarang ) , )E ∈ f. Pemetaan B) C + B) C = ,B) , 1C- + ,B) , 1C- = ,B) 1 + 1) , 1C- = ,B) + ) , 1C- = B) + ) C dan B) C B) C = ,B) , 1C-,B) , 1C- = ,B) ) , 1C- = B) ) C. Akan dibuktikan BfCderah bagian Ð.Karena Ð lapangan, maka jelas Ð adalah daerah integral.Telah dibuktikan bahwa pemetaan dari f ke BfC adalah isomorfisma gelanggang, jadi BfC adalah suatu gelanggang. Kemudian akan dibuktikan BfC komutatif. Misal B)C = ,B), 1C-, B*C = ,B*, 1C-, B2C =

(88) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI [B2, 1C], ), *, 2 ∈ f, maka menurut teorema 76 2.3.8 B)C B*C = [B), 1C][B*, 1C] = [B*, 1C][B), 1C] = B*C B)C, , jadi BfC bersifat komutatif. Karena 1 ∈ f, maka B1C = [B1,1C] ∈ BfC, jadi BfC mempunyai elemen satuan. Akan dibuktikan BfC tidak mempunyai pembagi nol. Misal B C B C = [B0,1C]dan B C = [B , 1C] ≠ [B0,1C], sehingga B , 1C ≁ B0,1C, jadi [B ≠ 0, maka B C B C = [B , 1C][B , 1C] = [B , 1C] = [B0,1C], maka menurut teorema 2.1.1, B rena ≠ 0, sehingga , 1C] = [B0,1C]. Karena , 1C~B0,1C, sehingga . 1 = 1.0 = 0. Ka- = 0. Jadi terbukti BfC tidak mempunyai pembagi nol, maka BfC adalah derah bagian Ð. Jadi terbukti f ≈ BfC dan BfCderah bagian Ð. Teorema 2.3.13 Suatu daerah integral f bisa diperluas menjadi lapangan Ð sehingga setiap elemennya bisa dinyatakan dengan sebagai pecahan dua elemen f. Selanjutnya lapangan Ð dinamai lapangan pecahan dari f. Bukti: Menurut teorema 2.3.2 ,teorema 2.3.10, dan teorema 2.3.11 [B , C] = [B , 1C][B1, C] = [B , 1C]B[B , 1C]CX = [B , 1C] ð[B , 1C]

(89) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI = 77 B C ð B C . Jadi terbukti suatu daerah integral f bisa diperluas menjadi lapangan Ð. Contoh 2.3.2 Himpunan bilangan rasional, ℚ adalah lapangan pecahan dari himpunan bilangan bulat ℤ. Definisi ℚ = m p , v w ∈ ℤ, ≠ 0q. D. Modul Definisi 2.4.1 Misal ñ grup komutatif terhadap operasi penjumlahan dan gelanggang dengan elemen satuan. Himpunan ñ dikatakan modul-R kanan jika dan hanya jika ada pemetaan ñ8…8 ⟶ ñ ditulis dengan perkalian sebagai BÏ, £C ↦ Ï£, sehingga 1. BÏ + Ï C£ = Ï £ + Ï £ 2. ÏB£ + £ C = Ï£ + Ï£ 3. ÏB£ £ C = BÏ£ C£ 4. Ï1 = Ï Misal ñ grup komutatif terhadap operasi penjumlahan dan gelanggang dengan elemen satuan . Himpunan ñ dikatakan modul-R kiri jika dan hanya jika ada pemetaan dengan perkalian sebagai B£, ÏC ↦ £Ï, sehingga 1. £BÏ + Ï C = £Ï + £Ï 8…8ñ ⟶ ñ ditulis

(90) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 78 2. B£ + £ CÏ = £ Ï + £ Ï 3. B£ £ CÏ = £ B£ ÏC 4. 1Ï = Ï Contoh 2.4.1 Himpunan semua bilangan rasional ℚ adalah grup komutatif terhadap operasi penjumlahan, dan ℤ adalah gelanggang komutatif dengan elemen satuan 1.Himpunan ℚ adalah modul-ℤ kanan dan modul-ℤ kiri, sebab memenuhi definisi 2.4.1. Definisi 2.4.2 Misal suatu gelanggang dan punan D adalah modul bagianpenjumlahan dari adalah modulkiri dari kiri dan D subset tidak kosong dari . Him- 8jika dan hanya jika D grup bagian terhadap dan £ ∈ D untuk setiap £ ∈ , ∈ D. Contoh 2.4.2 Himpunan semua bilangan bulat, ℤ, adalah gelanggang. Himpunan semua bilangan real, ℝ ada- lah modul-ℤ kiri, dan ℤ ⊆ ℝ, ℤ ≠ ∅, jelas ℤ adalah grup bagian penjumlahan dari ℝ maka ℤ adalah modul bagian-ℤ kiri. Teorema 2.4.1 Misal , ( adalah gelanggang dengan elemen satuan. Jika ⊆ ( maka ( adalah modul- kiri. Bukti: Jelas menurut definisi 2.2.1 berlaku definisi 2.4.1. Jadi terbukti ( adalah modul- kiri.

(91) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 79 Definisi 2.4.3 Misal adalah gelanggang dan morfisma modulsetiap , ∈ , D adalah modul- kiri. Fungsi O dari ke D adalah homo- kiri jika dan hanya jika OB + C = OB C + OB C dan £OB C = OB£ C untuk dan £ ∈ . Contoh 2.4.3 Misal ℤ adalah gelanggang. Menurut contoh 2.4.1, ℚ adalah modul-ℤ kiri dan menurut contoh 2.4.2 ℝ adalah modul-ℤ kiri. Dibuat pemetaan O: ℚ → ℝ dengan OB C = ^2 maka untuk setiap , ∈ ℚ OB C + OB C = ^2 + ^2 = B + C^2 = OB + C dan ambil sebarang £ ∈ ℤ maka £OB C = £_ ^2` = B£ C^2 = OB£ C. Jadi O: ℚ → ℝ adalah suatu homomorfisma modul-ℤ kiri. Definisi 2.4.4 Misal adalah gelanggang dan , D adalah modul- kiri dan O dari ma modul- kiri. Himpunan kernel O8disimbolkan8dengan ker O = ke D adalah homomorfis∈ .OB C = 0 . Contoh 2.4.4 Menurut contoh 2.4.3, ker O = 0 . Teorema 2.4.2 Misal adalah gelanggang dan ñ, ñ , ñ adalah modul- kiri. Jika O adalah suatu homomorfisma modul- kiri dari ñ ke ñ dan a adalah homomorfisma modul- kiri dari ñ ke ñ maka a ∘ O adalah homomorfisma modul- kiri dari ñ ke ñ .

(92) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 80 Bukti: Menurut definisi 2.4.1, ñ, ñ , ñ adalah grup sehingga menurut teorema 2.1.16, tinggal dibuktikan £_Ba ∘ OCB C` = Ba ∘ OCB£ C untuk sebarang £_Ba ∘ OCB C` ∈ ñ dan £ ∈ . Buktinya sebagai berikut = £ ga_OB C`h = a_£OB C` = a_OB£ C` = Ba ∘ OCB£ C. Jadi terbukti menurut definisi 2.4.3, a ∘ O adalah homomorfisma modul- kiri dari ñ ke ñ . Teorema 2.4.3 Misal adalah gelanggang dan maka grup faktor adalah modul- kiri. Jika D adalah modul bagian- kiri dari ÇD adalah modul- £B + DC = £ + D untuk setiap £ ∈ dan kiri dengan aksi dari ∈ . di ÇD diberikan dengan Bukti: Karena adalah modul- kiri sehingga menurut definisi 2.4.1, penjumlahan. Karena D adalah modul bagian- kiri dari adalah grup komutatif terhadap sehingga menurut definisi 2.4.2, D adalah grup komutatif terhadap penjumlahan. Jadi jika diambil sebarang ∈ maka +D =

(93) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI + . ∈ + . ∈ = normal dari = D + . Jadi menurut definisi 2.1.22, D adalah grup bagian . Menurut teorema 2.1.13, operasi penjumlahan di Ambil sebarang ñ, ñ , ñ ∈ ÇD misal ñ = sebarang £ , £ ∈ 81 + D dan ñ = ÇD terdefinisi dengan baik. + D dan ñ = + D dan ambil maka 1. £Bñ + ñ C = £B +D+ + DC = £ 2. B£ + £ Cñ = B£ + £ CB + DC = £ 3. B£ £ Cñ = B£ £ CB + DC = £ £ +D+£ +D+£ + D = £ñ + £ñ , + D = £ ñ + £ ñ, + D = £ B£ + DC = £ _£ B + DC` = £ B£ ñC. Jadi menurut definisi 2.4.1, ÇD adalah modul- kiri. Definisi 2.4.5 Misal ì adalah gelanggang. Sepasang homomorfisma modul- 8kiri8yang8berbentuk8 8 Q D Q J disebut pasti di D jika dan hanya jika "8O = ker a. Suatu barisan berhingga dari Ä homomorfisma modulker O untuk ì•õ— … ö÷ø ì• X Q kiri, ì— K Q ì› ìî Q …Q y, disebut pasti jika dan hanya jika "8O = = 1,2, … , ! − 1. Suatu barisan tak hingga dari homomorfisma modulì•ù— ö÷ø ì•ù› ö÷ø … disebut pasti jika dan hanya jika "8O = ker O kiri, 8untuk setiap ∈ ℤ. Contoh 2.4.5 Menurut contoh 2.2.4, ℤ adalah daerah integral. Menurut definisi 2.4.1, himpunan 3ℤ, 6ℤ,88adalah modul-ℤ kiri dan menurut teorema 2.4.3, 3ℤÇ6ℤ adalah modul-ℤ kiri. Akan dibuktikan O: 6ℤ Q

(94) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 82 3ℤ, a: 3ℤ → 3ℤÇ6 ℤ adalah suatu homomorfisma modul-ℤ kiri dengan pemetaan OB C = aB C = + 6ℤ untuk setiap ∈ 6ℤ dan 3ℤ dan £ ∈ ℤ sehingga OB C + OB C = aB C + aB C = B£ + 6ℤ + + 6ℤ = + ∈ 3ℤ. Ambil sebarang , + = OB + + 6ℤ = aB + C dan OB£ , ∈ 6ℤ dan , C=£ = £OB C dan £aB C = £B , dan ∈ C dan + 6ℤC = + 6ℤC = aB£ C. Jadi menurut definisi 2.4.3, O, a adalah suatu homomorfisma modul-ℤ kiri. Akan dibuktikan "8O = ker a. Ambil sebarang ℎ ∈ "8O, maka ℎ ∈ 3ℤ dan untuk suatu : ∈ 6ℤ, OB:C = ℎ. Karena OB:C = :, maka : = ℎ ∈ 6ℤ . Jadi menurut teorema 2.1.9 aBℎC = 6ℤ sehingga ℎ ∈ ker a maka "8O ⊆ ker a. Ambil sebarang * ∈ ker a maka * ∈ 3ℤ dan aB*C = 6ℤ. Misal aB*C = * + 6ℤ = 6ℤ sehingga menurut teorema 2.1.9, * ∈ 6ℤ. Karena 6ℤ ⊆ 3ℤ maka * ∈ 3ℤ dan OB*C = *, untuk suatu * ∈ 6ℤ. Jadi * ∈ "8O maka ker a ⊆ "8O. Jadi terbukti ker a = "8O. Jadi menurut definisi 2.4.4, O, a dari modul-ℤ kiri adalah pasti. Definisi 2.4.6 Misal adalah gelanggang. Suatu barisan pasti yang berbentuk 0 → ì Ä → D → J → 0 dengan O adalah pemetaan yang injektif dan a adalah pemetaan yang surjektif disebut barisan pendek pasti. Teorema 2.4.4 Misal adalah gelanggang. Jika 0 → ì Ä → D → J → 0 adalah barisan pendek pasti maka J ≈ DÇ "8O = DÇker a dan ker a = "8O ≈ . Bukti: Menurut teorema 2.1.17, ker a adalah grup bagian normal dari D, sehingga menurut teorema 2.1.13, dapat didefinisikan grup faktor DÇker a. Akan dibuktikan "8O adalah grup bagian nor-

(95) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI mal dari D. Menurut teorema 2.1.15, "8O ≠ ∅. Ambil sebarang , − ∈ OB − sehingga OB C = , dan OB C = = OB C − OB C C = OB C untuk suatu , 83 ∈ "8O, maka ada . Perhatikan bahwa ∈ , sehingga − ∈ "8O maka menurut teorema 2.1.11, "8O adalah grup bagian dari D. Menurut definisi 2.4.2, D adalah grup komutatif terhadap pen- jumlahan, sehingga a + "8O = "8O + a untuk setiap a ∈ D. Jadi terbukti "8O adalah grup bagian normal dari D, sehingga menurut teorema 2.1.13 dapat didefinisikan grup faktor DÇ "8O . Misal 0 → ì Ä → D →J → 0 adalah barisan pendek pasti maka menurut definisi 2.4.5, "8O = ker a, sehingga DÇ "8O = DÇker a. Selanjutnya akan dibuktikan J ≈ DÇ "8O . Dide- finisikan pemetaan ú dari DÇ "8O ke J, yaitu úB + "8OC = aB C untuk setiap ∈ D. Akan dibuktikan ú adalah pemetaan yang bijektif. Ambil sebarang {, { ∈ DÇ "8O , misal { = "8O, { = + "8O dan úB aB C = aB C 8 ↔ aB C − aB C = 08 ↔ aB jadi − C = 0, sehingga + "8O = − + "8OC = úB + "8OC maka ∈ ker a maka menurut teorema 2.1.11, + ker a = + ker a, ∈ J, maka ada ∈ D se- + "8O, sehingga { = { . Jadi terbukti ú injektif. Ambil sebarang akan dicari { ∈ DÇ "8O sedemikian sehingga úB{ C = . Karena hingga aB C = , sehingga pilih { = + + "8O dan berlaku úB{ C = úB ∈ J, + "8OC = aB C = . Jadi terbukti ú adalah pemetaan yang surjektif. Jadi terbukti ú adalah pemetaan yang bijektif. Perhatikan bahwa úB + "8OC + úB + "8OC

(96) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 84 = aB C + aB C = aB + = úB + C + "8OC = úB + "8O + + "8OC = úB{ + { C dan untuk sebarang £ ∈ , £úB + "8OC = £aB C = aB£ C = úB£ + "8OC. Jadi terbukti ú adalah homomorfisma modul- kiri dan ú adalah pemetaan yang bijektif, maka ú adalah suatu isomorphisma modul- kiri dari DÇ "8O ke J ekivalen dengan J ≈ DÇ "8O . ≈ "8O. Dibuat pemetaan ℎ: Selanjutnya akan dibuktikan → "8O, yang didefinisikan ℎB:C = OB:C untuk setiap : ∈ . Akan dibuktikan ℎ adalah pemetaan yang bijektif. Ambil sebarang :, + ∈ dan ℎB:C = OB:C akibarnya OB:C = ℎB+C = OB+C, karena O ada- lah pemetaan yang injektif, maka : = +, jadi terbukti ℎ adalah pemetaan yang injektif. Ambil sebarang : ∈ "8O, maka akan dicari Ï ∈ ℎBÏC = : . Karena : ∈ "8O maka ada dipilih Ï = E. E ∈ sedemikian sehingga sedemikian sehingga : = OB E C, sehingga Jadi ℎ adalah pemetaan yang surjektif. Jadi menurut definisi 2.1.15, ℎ adalah pemetaan yang bijektif. Selanjutnya akan dibuktikan ℎ adalah suatu homomorfisma modul- kiri. Ambil sebarang : , :E ∈ dan £ ∈ maka ℎB: C + ℎB:E C = OB: C + OB:E C = OB: + :E C = ℎB: + :E C dan £ℎB: C = £OB: C = OB£: C = ℎB£: C maka menurut definisi 2.4.3, ℎ adalah suatu homomorfisma modul- kiri. Jadi terbukti "8O ≈ .

(97) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 85 Contoh 2.4.6 , Pada contoh 2.4.5, akan dibuktikan O injektif dan a surjektif. Ambil sebarang OB C = OB C maka = jadi O injektif. Ambil sebarang ) ∈ 3ℤÇ6ℤ akan dicari * ∈ 3ℤ sehingga aB*C = ). Misal ) = orema 2.1.8, * − ∈ 6ℤ dan + 6ℤ maka aB*C = * + 6ℤ = ∈ 6ℤ. Misal * − = 6¦, untuk suatu ¦ ∈ ℤ dan + 6ℤ sehingga menurut te- = 3¦ untuk suatu ¦ ∈ ℤ. Jadi * = 3¦ + 6¦ = 3B¦ + 2¦C = 3¦ ∈ 3ℤ untuk suatu ¦ ∈ ℤ. Jadi a adalah pemetaan yang surjektif. Akan dibuktikan 3ℤÇ6ℤ ≈ 3ℤÇ "8O = 3ℤÇker a dan "8O ≈ 3ℤ. Himpunan "8O = ℎ ∈ 3ℤ|OBaC = ℎ untuk suatu a ∈ 6ℤ}, sehingga akan dibuktikan "8O = 6ℤ. Ambil sebarang ℎ ∈ "8O, maka ℎ ∈ 3ℤ dan OBaC = a = ℎ untuk suatu a ∈ 6ℤ. Jadi a = ℎ ∈ 6ℤ sehingga "8O ⊆ 6ℤ. Ambil sebarang Ï ∈ 6ℤ, karena 6ℤ ⊆ 3ℤ maka Ï ∈ 3ℤ dan OBÏC = Ï ∈ "8O se- hingga 6ℤ ⊆ "8O. Jadi terbukti "8O = 6ℤ. Jadi jelas 6ℤ ≈ 6ℤ dan 3ℤÇ6 ℤ ≈ 3ℤÇ6 ℤ. Jadi ter- bukti barisan pemetaan pada contoh 2.4.5 adalah barisan pendek pasti. Definisi 2.4.7 adalah gelanggang Barisan pendek pasti yang berbentuk {0} → Misal û ü → D → J → {0}8dise- but terpecah jika dan hanya jika ada homomorfisma modul- kiri ý: J → D dan Bþ ∘ ýCB C = untuk setiap :D → ∈ J yaitu pemetaan identitas pada J atau ada homomorfisma modul- dan B ∘ úCB C = untuk setiap ∈ , yaitu pemetaan identitas pada . kiri Contoh 2.4.7 Akan dibuktikan barisan pendek pasti dari pemetaan O: 6ℤ → 3ℤ, a: 3ℤ → 3ℤÇ6 ℤ dalam contoh 2.4.5 terpecah. Dibuat pemetaan ℎ: 3ℤÇ6 ℤ → 3ℤ yang didefinisikan ℎB + 6ℤC = tiap untuk se- ∈ 3ℤ. Akan dibuktikan ℎ adalah homomorfisma modul-ℤ kiri. Ambil sebarang {, i ∈

(98) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 3ℤÇ6 ℤ. ℎB Misal + 6ℤC = + {= + 6ℤ dan i= + 6ℤ sehingga 86 ℎB{C + ℎBiC = ℎB + 6ℤC + = ℎB{ + iC dan ambil sebarang £ ∈ ℤ maka £ℎB{C = £ℎB + 6ℤC = £ = ℎB£ + 6ℤC = ℎ_£B + 6ℤC` = ℎB£{C. Jadi menurut definisi 2.4.3, ℎ adalah homomor- fisma modul-ℤ kiri. Selain itu Ba ∘ ℎCB{C = a_ℎB{C` = a_ℎB + 6ℤC` = aB C = + 6ℤ = {. Jadi terbukti barisan pendek pasti pada contoh 2.4.5 terpecah menurut definisi 2.4.7. Teorema 2.4.5 Misal adalah gelanggang dan ñ adalah modul- dari ñ. Himpunan = {Ò + Ò |Ò ∈ + kiri dan , adalah modul bagian- kiri } adalah modul bagian- kiri dari ñ. Bukti: Karena , adalah modul bagian- sebarang Ò + Ò ∈ + ñ. Ambil sebarang ), * ∈ dan ÒG , ÒI ∈ Ò| untuk suatu Ò ∈ kiri dari ñ maka jelas + ≠ ∅ dan jika diambil maka menurut definisi 2.4.2, Ò + Ò ∈ ñ sehingga + + ⊆ , misal ) = ÒF + ÒG dan * = ÒH + ÒI untuk suatu ÒF , ÒH ∈ sehingga ) − * = BÒF + ÒG C − BÒH + ÒI C = ÒF − ÒH + ÒG − ÒI = Ò + dan Ò| ∈ bagian dari ñ. Ambil sebarang £ ∈ menurut definisi 2.4.2, , sehingga menurut teorema 2.1.7, maka £BÒ + Ò C = £Ò + £Ò ∈ adalah modul bagian- kiri dari ñ. + + adalah grup sehingga Teorema 2.4.6 Misal adalah gelanggang dan ñ adalah modul- dari ñ. Himpunan ∩ kiri dan adalah modul bagian- kiri dari ñ. , adalah modul bagian- kiri

(99) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 87 Bukti: Jelas )∈ dan * ∈ ≠ ∅ sebab 0 ∈ ∩ maka ) ∈ ñ akibatnya )−* ∈ £) ∈ . Karena ∩ ∩ , ∩ ∩ . Ambil sebarang ) ∈ ∩ kiri dari ñ maka −* ∈ ∩ maka menurut teorema 2.1.7, an- kiri dari ñ. sehingga ) ∈ ⊆ ñ. Ambil sebarang * ∈ adalah modul bagian- untuk setiap £ ∈ ∩ sehingga * ∈ ∩ dan sehingga adalah grup bagian dari ñ dan ∩ sehingga menurut definisi 2.4.2, adalah modul bagi- Teorema 2.4.7 Misal adalah gelanggang dan ñ adalah modul- dari ñ. Jika ∩ = 0 maka O: × Ò + Ò adalah suatu isomorfisma modul- kiri. kiri dan → , adalah modul bagian- kiri yang didefinisikan O_BÒ , Ò C` = + Bukti: Ambil sebarang ), * ∈ Ò , ÒF ∈ × misal ) = BÒ , Ò C, * = BÒE , ÒF C untuk suatu Ò , ÒE ∈ dan O_BÒ , Ò C` = O_BÒE , ÒF C` sehingga Ò + Ò = ÒE + ÒF maka Ò − ÒE + Ò − ÒF = 0 + 0 sehingga Ò − ÒE , Ò − ÒF ∈ O adalah pemetaan yang injektif. Ambil sebarang ÒG ∈ dan dan ÒH ∈ . Cukup dipilih BÒG , ÒH C ∈ ∩ ∈ . Jadi Ò = ÒE dan Ò = ÒF sehingga × + , misal = ÒG + ÒH untuk suatu sehingga O_BÒG , ÒH C` = Ò + Ò . Jadi terbukti O adalah pemetaan yang surjektif. Karena O adalah pemetaan yang injektif dan sur- jektif maka menurut definisi 2.1.15, O adalah pemetaan yang bijektif. Selanjutnya akan dibuk- tikan O adalah homomorfisma modul- kiri. Perhatikan bahwa O_BÒ , Ò C` + O_BÒG , ÒH C` =

(100) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI Ò + Ò + ÒG + ÒH = O_BÒ + ÒG , Ò + ÒH C` dan untuk £∈ sebarang 88 berlaku £O_BÒ , Ò C` = £BÒ + Ò C = £Ò + £Ò = O_B£Ò , £Ò C` sehingga menurut definisi 2.4.3, O adalah homomorfisma modul- kiri. Definisi 2.4.8 Misal adalah gelanggang dan ñ adalah modul- dari ñ. Penjumlahan , + kiri dan = Ò + Ò .Ò ∈ dan disimbolkan dengan + , adalah modul bagian- kiri disebut penjumlahan langsung dalam dari jika dan hanya jika ∩ = 0 Contoh 2.4.8 Menurut definisi 2.4.1, ℝ = B), *C.), * ∈ ℝ adalah modul-ℝ kiri. Menurut definisi 2.4.2, = B), 0C.) ∈ ℝ dan ∩ = B0, *C.* ∈ ℝ adalah modul bagian-ℝ kiri dari ℝ . Jelas = B0,0C sehingga dapat didefinisikan + dan jelas ℝ = + . Teorema 2.4.8 Misal adalah gelanggang dan …, ‰ adalah modul- kiri. 1. Jika , adalah suatu homomorfisma modul- kiri dengan … d ‰ dan B ∘ CB*C = * untuk Q setiap * ∈ ‰, maka … = ker + "8 dan ‰ ≈ "8 . 2. Misal … = ñ+ , dimana ñ, adalah modul- kiri. Jika ‰ ≈ ñ maka … d ‰ dimana , adaQ lah suatu homomorfisma modul- kiri dan B ∘ CB*C = * untuk setiap * ∈ ‰.

(101) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 89 Bukti: dan "8 adalah modul bagian- 1. Mula-mula akan dibuktikan ker orema 2.1.15, 0 ∈ ker maka sehingga ker B¦C = B¦ C = 0 sehingga hingga menurut teorema 2.1.17, ker ¦ ∈ ker ≠ ∅. Jelas ker kiri dari …. Menurut te- ⊆ …. Ambil sebarang ¦, ¦ ∈ ker B¦C − B¦ C = B¦ − ¦ C = 0. Jadi ¦ − ¦ ∈ ker , seadalah grup bagian dari …. Ambil sebarang £ ∈ maka £ B¦ C = B£¦ C = 0. Jadi menurut definisi 2.4.2, ker kiri dari …. dan adalah modul bagian- Himpunan "8 ≠ ∅ sebab menurut teorema 2.1.15, 0 ∈ "8 . Ambil sebarang ), ) ∈ "8 maka ada *, * ∈ ‰ sehingga B*C = ) dan B* C = ) maka ) − ) = B*C − B* C = B* − * C. Menurut definisi 2.4.1, ) − ) ∈ … dan * − * ∈ ‰ sehingga menurut defin- isi 2.1.5, ) − ) ∈ "8 . Jadi menurut teorema 2.1.7, "8 adalah grup bagian penjumlahan dari …. Ambil sebarang ) ∈ "8 dan £ ∈ adalah modul- maka ada * ∈ ‰ sehingga B* C = ) . Karena …, ‰ kiri maka menurut definisi 2.4.1, £) ∈ … dan £* ∈ ‰. Jadi £) = £ B* C = B£* C ∈ "8 . Jadi menurut definisi 2.4.2, "8 adalah modul bagian- kiri dari …. Akan dibuktikan ker ∩ "8 = 0 . Menurut ker ∩ "8 . Ambil sebarang ) t ∈ ker ∩ "8 , maka ) t ∈ ker ) t ∈ ker teorema 2.1.15, 0 ⊆ dan ) t ∈ "8 . Karena maka B) t C = 0 dan ) t ∈ "8 sehingga ada * t ∈ ‰ sedemikian sehingga ) t = B* t C. Jadi B) t C = _ B* t C` = 0 maka menurut asumsi diperoleh * t = 0 sehingga menurut teorema 2.1.15, ) t = B0C = 0 ∈ 0 maka ker ∩ "8 ⊆ 0 . Jadi terbukti ker ∩ "8 = 0 sehingga menurut definisi 2.4.8, dapat didefinisikan ker + "8 .

(102) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 90 Selanjutnya akan dibuktikan … = ker + "8 . Ambil sebarang )F ∈ …, maka )F = B)F − B ∘ CB)F CC + B ∘ CB)F C. Perhatikan bahwa _)F − B ∘ CB)F C` = B)F C − _B ∘ CB)F C` = B)F C − _ ∘ B ∘ C`B)F C = B)F C − BB ∘ C ∘ CB)F C = B)F C − B)F C = 0. Jadi B)F − B ∘ CB)F CC ∈ ker . Jadi … ⊆ ker + "8 . Ambil sebarang )G ∈ ker + "8 maka )G = B)H C + B*H C untuk suatu )H ∈ … dan *H ∈ ‰ sehingga )G = 0 + B*H C ∈ …. Jadi ker + "8 ⊆ …. Jadi diperoleh ker + "8 = …. Akan dibuktikan ‰ ≈ "8 . Dibuat pemetaan a: ‰ → "8 yang didefinisikan aB*I C = B*I C untuk setiap *I ∈ ‰. Ambil sebarang *I , * ∈ ‰ dan aB*I C = aB* C sehingga B*I C = B* C. Perhatikan bahwa _ B*I C` = *I = _ B* C` = * akibatnya menurut definisi 2.1.15, a adalah pemetaan yang injektif. Berikutnya ambil sebarang a ∈ "8 sehingga menurut definisi 2.1.14, a ∈ … dan B*| C = a untuk suatu *| ∈ ‰. Cukup dipilih *| ∈ ‰ sedemikian sehingga aB*| C = B*| C = a sehingga menurut definisi 2.1.15, a adalah pemetaan yang surjekmaka £_aB*I C` = £_ B*I C` = B£*I C = aB£*I C dan tif. Kemudian, ambil sebarang £ ∈ aB*I C + aB*| C = B*I C + B*| C = B*I + *| C = aB*I + *| C sehingga menurut definisi 2.4.3, a adalah suatu homomorfisma modul- kiri. Karena a adalah homomorfisma modul- kiri yang bijektif maka a adalah suatu isomorfisma modul- kiri. Jadi ‰ ≈ "8 . Karena ker + "8 = … dan ‰ ≈ "8 maka … = ker + "8 ≈ ker +‰. 2. Misal … = ñ+ dan ‰ ≈ ñ. Misal ú: ñ → ‰ adalah suatu pemetaan isomorfisma modul- kiri tersebut. Akan dibuktikan Ï ∈ ñ, Ò ∈ didefinisikan arang : ñ+ → ñ yang didefinisikan _BÏ + ÒC` = Ï untuk setiap 8adalah suatu homomorfisma modul- kiri yang surjektif dan : ñ → ñ+ yang BÏC = Ï + 0 adalah suatu homomorfisma modul- kiri yang injektif. Ambil seb- Ï + Ò, Ï + Ò ∈ ñ+ , £ ∈ maka BÏ + ÒC + BÏ + Ò C = Ï + Ï =

(103) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI _BÏ + Ï C + BÒ + Ò C` dan £ ñ+ BÏ + ÒC = £Ï = adalah suatu homomorfisma modulsehingga arang Ò ∈ BℎC = Ï . Karena 91 B£Ï + £ÒC. Jadi menurut definisi 2.4.3, kiri. Ambil sebarang Ï ∈ ñ maka akan dicari ℎ ∈ BÏ + ÒC = Ï maka cukup dipilih ℎ = Ï + Ò untuk seb- . Jadi menurut definisi 2.1.15, adalah pemetaan yang surjektif, sehingga lah homomorfisma modul- kiri yang surjektif. Ambil sebarang ÏE , ÏF ∈ ñ dan BÏE C = ada- BÏF C maka ÏE + 0 = ÏF + 0 ekivalen dengan ÏE − ÏF + 0 = 0 + 0 sehingga ÏE = ÏF .8Jadi menurut definisi 2.1.15, adalah pemetaan yang injektif. Ambil sebarang ÏG ∈ ñ maka BÏF C = ÏE + 0 + ÏF + 0 = ÏE + ÏF + 0 = BÏE C = £BÏE + 0C = B£ÏE + 0C = £ homomorfisma modul- B£ÏE C sehingga menurut definisi 2.4.3, kiri yang injektif. pemetaan dari … ke ‰ dan B*C = B BÏE + ÏF C dan untuk sebarang £ ∈ Perhatikan bahwa B)C = Bú ∘ BÏE C + maka adalah suatu 8 CB)C adalah ∘ ú X CB*C adalah pemetaan dari ‰ ke …. Akan dibuktikan kiri. Ambil sebarang ), ) ∈ …, *, * ∈ ‰, £ ∈ maka Bú ∘ CB) + ) C = B) + ) C dan £ B)C = £Bú ∘ CB)C = Bú ∘ CB£)C = B£)C dan B*C + , adalah homomorfisma modul- B)C + B) C = Bú ∘ CB)C + Bú ∘ CB) C = ú_ B)C` + ú_ B) C` = ú_ B) + ) C` = B* C = B ∘ ú X CB*C + B ∘ ú X CB* C = _ú X B*C` + _ú X B* C` = _ú X B* + * C` = B ∘ ú X CB* + * C dan £B ∘ ú X CB*C = ∘ ú X B£)C. Jadi menurut definisi 2.4.3 , adalah homo- morfisma modul- kiri. Jadi B ∘ CB*C = _Bú ∘ C ∘ B ∘ ú X C`B*C = Bú ∘ B ∘ C ∘ ú X CB*C = _Bú ∘ 1 C ∘ ú X `B*C = Bú ∘ ú X CB*C = *. Karena * adalah sebarang elemen di ‰, maka B ∘ C = 1 . Jadi terbukti , ada dengan B ∘ C = 1 .

(104) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 92 Teorema 2.4.9 Misal û adalah gelanggang. Jika 0 → ü → D → J → 0 adalah barisan pendek pasti yang ter- pecah maka D ≈ +J. Bukti: Misal 0 → û ü → D → J → 0 adalah barisan pendek pasti yang terpecah. Pembuktian akan dibagi menjadi dua kasus. Kasus pertama jika ada ý: J → D dan ý adalah suatu homomorfisma modul- kiri dan þ ∘ ý = 1 . Jadi menurut teorema 2.4.8, D = ker þ+ "8ý dan J ≈ "8ý dan karena barisan pendek pasti yg terpecah adalah barisan pendek pasti maka menurut definisi 2.4.5 dan teorema 2.4.4, ker þ = "8ú ≈ . Jadi diperoleh D = ker þ+ "8ý = "8ú+ "8ý ≈ +J. Kasus kedua jika ada :D → dan adalah homomorfisma modul- kiri dan Menurut teorema 2.4.8, D = ker + "8ú dan menurut teorema 2.4.4, ∘ ú = 17 . "8ú ≈ . Dibuat pemetaan O: D → +J yang didefinisikan OB C = B C + þB C Akan dibuktikan O adalah pemetaan yang bijektif. Ambil sebarang , B C + þB C = B C + þB C 8 ↔ B C + þB C − _ B C + þB C` = 0 + 0 ↔ B − C + þB − C = 0 + 0. Jadi − orema 2.4.8, ker ∩ "8ú = 0 8sehingga ∈ D dan OB C = OB C maka ∈ ker − dan − = 0 maka ∈ ker þ = "8ú. Menurut te- = . Jadi terbukti O adalah pemetaan yang injektif. Akan dibuktikan O adalah pemetaan yang surjektif. Menurut definisi 2.4.6, þ adalah pemetaan yang surjektif. Ambil sebarang B C = . Karena ∈ maka úB C ∈ D dan ∈ akan dicari _úB C` = , jadi ∈ D sehingga = úB C ∈ D sehingga

(105) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 93 adalah pemetaan yang surjektif. Jadi O pemetaan yang surjektif. Selanjutnya akan dibuktikan O adalah homomorfisma modul- kiri. Ambil sebarang OB C + OB C ∈ D dan £ ∈ maka = _ B C + þB C` + _ B C + þB C` = _ B C + B C` + _þB C + þB C` = B + C + þB + C = OB + C dan £OB C = £_ B C + þB C` = £ B C + £þB C = B£ C + þB£ C = OB£ C maka menurut definisi 2.4.3, O adalah homomorfisma modul- kiri. Jadi O adalah homomorfisma modul- bijektif sehingga O adalah isomorfisma modul- kiri. kiri yang Definisi 2.4.9 adalah gelanggang dan … ⊆ Misal dan … ≠ ∅ dan adalah modul- disebut bebas linear jika dan hanya jika untuk setiap ) , ) ∈ …, £ ∈ , dan žy• ) £ = 0 berlaku £ = 0 untuk setiap . kiri. Himpunan … dan ) ≠ ) untuk setiap Contoh 2.4.9 Himpunan ℝ = B , C. , ∈ℝ adalah modul-ℝ kiri menurut definisi 2.4.1. Himpunan … = B0,1C, B1,0C adalah subset ℝ . Akan dibuktikan … bebas linear. Ambil sebarang , dan B1,0C + B0,1C = B0,0C maka B , C = B0,0C sehingga linear. = ∈ℝ = 0. Jadi terbukti … bebas

(106) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 94 Definisi 2.4.10 Misal kiri adalah gelanggang dan 1 ∈ . Himpunan ‰ ⊆ , ‰ ≠ ∅ disebut membangun moduljika dan hanya jika setiap elemen di £ ∈ , * ∈ ‰. dapat dinyatakan sebagai žy• £ * untuk setiap Contoh 2.4.10 Pada contoh 2.4.9, akan dibuktikan … membangun modul-ℝ kiri ℝ . Ambil sebarang B), *C ∈ ℝ untuk suatu ), * ∈ ℝ maka B), *C = )B1,0C + *B0,1C sehingga menurut definisi 2.4.9, … mem- bangun modul-ℝ kiri ℝ . Definisi 2.4.11 Misal adalah gelanggang dan 1 ∈ punan ‰ disebut basis dari dan adalah modul- kiri dan ‰ ⊆ dan ‰ ≠ ∅. Him- jika dan hanya jika ‰ bebas linear dan ‰ membangun modul- kiri . Contoh 2.4.11 Pada contoh 2.4.10, himpunan … membangun modul-ℝ kiri ℝ dan menurut contoh 2.4.9, … bebas linear sehingga menurut definisi 2.4.11, … adalah basis dari ℝ . Definisi 2.4.12 Misal adalah gelanggang dan Ð adalah modul- kiri. Himpunan { = O . ∈ disebut basis bebas dari Ð jika dan hanya jika { adalah basis dari Ð dan untuk setiap O ∈ Ð dapat dinyatakan sebagai žy∈ O £ secara tunggal dengan £ ∈ untuk setiap .

(107) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 95 Contoh 2.4.12 Menurut definisi 2.4.1, ℝ = B£ , £ C.£ , £ ∈ ℝ adalah modul-ℝ kiri. Akan dibuktikan himpunan { = B1,0C, B0,1C adalah basis bebas dari ℝ . Andaikan ada ¤ ∈ ℝ , misal ¤ = B¤ , ¤ C dan ¤ = B1,0C + B − , − EC = B0,0C maka B0,1C = = B1,0C + dan Jadi terbukti { adalah basis bebas dari ℝ . = E B0,1C E. dan ≠ Kontradiksi dengan dan ≠ ≠ dan E. Jadi ≠ E. Definisi 2.4.13 Misal adalah gelanggang dan Ð adalah modul- kiri. Himpunan Ð disebut bebas jika dan han- ya jika Ð mempunyai basis bebas. Contoh 2.4.13 Pada contoh 2.4.12, ℝ adalah suatu modul-ℝ kiri yang bersifat bebas. Definisi 2.4.14 Suatu himpunan ñ disebut ruang vektor dari lapangan Ð jika dan hanya jika ñ adalah grup komutatif terhadap operasi penjumlahan dan untuk setiap Ï ∈ ñ sedemikian sehingga untuk setiap , 1. BÏ + ¤C = Ï + ¤ 2. B + CÏ = Ï + Ï 3. B ÏC = B 4. 1Ï = Ï. CÏ ∈ Ð dan Ï ∈ ñ terdapat elemen ∈ Ð dan ¤, Ï ∈ ñ berlaku:

(108) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 96 Contoh 2.4.14 Menurut contoh 2.2.6, ℚ adalah lapangan. Akan dibuktikan ℝ = B , C. , ∈ ℝ adalah ruang vektor atas lapangan ℚ. Karena ℚ ⊆ ℝ maka setiap sifat pada definisi 2.4.14 berlaku untuk setiap , ∈ ℚ dan B , C, BA , A C ∈ ℝ . Jadi ℝ adalah ruang vektor dari ℚ. Definisi 2.4.15 Misal ñ adalah ruang vektor dari lapangan Ð dan gian dari ñ jika dan hanya jika ⊆ ñ. Himpunan disebut ruang vektor ba- adalah ruang vektor atas Ð dengan operasi di ñ. Contoh 2.4.15 Menurut contoh 2.4.14, ℝ adalah ruang vektor atas ℚ. Perhatikan himpunan { = B , 0C. ∈ ℝ ⊆ ℝ . Jelas { adalah ruang vektor bagian dari ℝ sebab memenuhi definisi 2.4.14. Teorema 2.4.10 Misal ñ ≠ 0 adalah ruang vektor atas lapangan ». Jika Γ adalah himpunan pembangkit dari ñ atas » dan ( ⊆ Γ adalah himpunan yang bebas linear maka terdapat basis D dari ñ sedemikian sehingga ( ⊆ D ⊆ Γ. Bukti: Misal Ë adalah himpunan yang elemennya himpunan bagian bebas linear. Artinya ( ⊆ ⊆ Γ dan (, ∈ Ë. Jelas Ë ≠ ∅ sebab ( ∈ Ë selain itu Ë adalah himpunan terurut secara parsial dengan relasi ⊆. Karena yang bebas linear maka ê dari Γ yang memuat ( yang adalah elemen dari Ë yang memuat ( adalah himpunan yang bebas linear. Menurut teorema 2.1.3, Ë

(109) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 97 mempunyai elemen maksimal. Misal D adalah elemen maksimal tersebut, sehingga menurut definisi 2.1.8, ê ⊆ D dan ( ⊆ D. Misal oleh D dan andaikan ≠ ñ. Karena adalah ruang vektor bagian dari ñ yang dibangun ≠ ñ maka ⊈ ñ atau ñ ⊈ tradiksi dengan definisi 2.4.15, akibatnya bukti selesai. Jika ñ ⊈ Perhatikan himpunan D ∪ 2 dan ž 2=− X _ž ∈c *`. Jika = ∈c * + 2 = 0 dimana maka ada 2 ∈ Γ dan 2 ∉ , ∈ » maka = . = 0 atau = 0 maka D ∪ 2 bebas linear sehingga D ⊆ D ∪ 2 aki- batnya kontradiksi dengan D adalah elemen maksimal pada Ë. Jika 2 = − dibangun oleh D maka 2 ∈ ⊈ ñ maka kon- . Jika akibatnya kontradiksi dengan 2 ∉ kemungkinan terdapat kontradiksi maka pengandaian salah sehingga adalah basis dari ñ yang ( ⊆ D ⊆ Γ. X _ž ∈c *` dan . Karena untuk setiap = ñ. Jadi terbukti D ∎ Perhatikan bahwa menurut teorema 2.4.10, setiap ruang vektor atas suatu lapangan pasti mempunyai basis. Contoh 2.4.16 Pada contoh ini akan diberikan modul0,1,2,3 . Jelas kiri yang bukan ruang vektor atas = ℤF = adalah gelanggang dengan operasi penjumlahan dan perkalian modulo 4 sebab memenuhi definisi 2.2.1 serta mempunyai elemen satuan. Perhatikan tunjukan . Misal = 0,2 ⊆ ℤF . Akan di- adalah grup bagian dari ℤF yang komutatif terhadap penjumlahan modulo 4. Per- hatikan tabel berikut.

(110) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI Menurut tabel di atas menurut definisi 2.1.20, definisi 2.4.1, maka menurut teorema 2.4.10, + 0 2 0 0 2 2 2 0 98 adalah grup komutatif terhadap penjumlahan modulo 4 sehingga adalah grup bagian dari ℤF yang komutatif. Karena adalah modul-ℤF kiri. Andaikan memenuhi adalah ruang vektor atas ℤF maka mempunyai basis. Misal { adalah basis dari . Karena { ⊆ ada- lah suatu basis maka 0 ∉ { sehingga { = 2 . Perhatikan bahwa 2.2 = 4 ≡ 08"&A84 sehingga { tidak bebas linear akibatnya kontradiksi dengan { adalah basis dari traposisi teorema 2.4.10, bukan ruang vektor dari ℤF . sehingga menurut kon- Teorema 2.4.11 Jika adalah himpunan indeks dan adalah suatu gelanggang dengan 1 ∈ ul- kiri yang bersifat bebas dan mempunyai basis bebas … = ) . ∈ dan Ð adalah mod- maka terdapat pemetaan a: … → Ð dengan sifat jika ñ adalah modul- kiri dan pemetaan O: … → ñ maka terdapat secara tunggal homomorfisma modul- kiri O :1 Ð → ñ sedemikian sehingga O 1 ∘ a = O. Bukti: Misal … adalah basis bebas dari Ð maka pemetaan dari … ke Ð didefinisikan dengan aB)C = ) untuk setiap ) ∈ …. Akan dibuktikan O :1 Ð → ñ adalah pemetaan yang terdefinisi dengan baik. Ambil sebarang ¤ ∈ Ð, misal ¤ = žy• £ ) dan ¤ = žy• + ) dimana £ , + ∈ untuk

(111) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 99 = 1,2, … , ! maka žy• £ ) − žy• + ) = žy• B£ − + C8) = 0 sehingga £ − + = 0 maka £ = + untuk = 1,2, … , !. Perhatikan bahwa pemetaan O B1 ¤C y = O 1 ¼¹ £ ) ½ • y = O 1 ¸¹ £ BaB) Cº • y = O 1 ¸¹ a B£ ) Cº • y = _O 1 ∘ a` ¼¹ £ ) ½ y • = O ¼¹ £ ) ½ y • = ¹ £ OB) C • = žy• + OB) C. Jadi terbukti O 1 adalah pemetaan yang terdefinisi dengan baik. Akan dibuktikan O 1 adalah homomorfisma modul∈ kiri. Ambil sebarang : ∈ Ð, misal : = žy• untuk = 1,2, … , ! sehingga O B1 ¤C + O B1 :C ) untuk suatu

(112) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI y y • • = O 1 ¼¹ £ ) ½ + O 1 ¼¹ y = ¹B£ + • )½ C8OB) C = O B1 ¤ + :C dan untuk sebarang Ò ∈ ÒO B1 ¤C 100 maka y = Ò ¸¹ £ OB) Cº • = žy• Ò £ OB) C = O B1 Ò¤C. Jadi menurut definisi 2.4.3, O 1 adalah homomorfisma modul- dari Ð ke ñ. Karena … membangun Ð maka setiap homomorfisma modul- kiri kiri dari Ð ke ñ ditentukan secara tunggal oleh aksi dari …. Jadi, jika ℎ: Ð → ñ adalah suatu homomorfisma mod- ul- kiri sedemikian sehingga ℎ ∘ a = O maka untuk setiap ) ∈ … berlaku ℎB)C = Bℎ ∘ aCB)C = OB)C = O B1 )C sehingga ℎ = O.1 Jadi terbukti O 1 adalah homomorfisma modul- kiri yang tunggal. Teorema 2.4.12 Misal adalah gelanggang. Setiap modul- kiri adalah bayangan homomorfis dari modul- kiri yang bersifat bebas. Bukti: Misal 9 adalah modul- kiri dan Ð adalah modul- basis bebas { = O ∈ Ð. ∈ kiri yang bersifat bebas dengan himpunan , adalah himpunan indeks, adalah basis bebas dari Ð. Menurut

(113) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI teorema 2.4.11, ú: Ð → 9 dengan úBO C = ¥ adalah suatu homomorfisma modul- 101 kiri untuk setiap O ∈ Ð. Akan dibuktikan 9 = "8ú = ¥ ∈ 9.¥ = úBOC8untuk8suatu8O ∈ Ð . Ambil seba- rang ) ∈ "8ú maka ) ∈ 9 dan ) = úBOC untuk suatu O ∈ Ð. Jadi "8ú ⊆ 9. Ambil sebarang * ∈ 9, menurut teorema 2.4.11, ú adalah pemetaan yang surjektif, sehingga ada a ∈ Ð maka úBaC = *. Jadi 9 ⊆ "8ú dan "8ú ⊆ 9 maka 9 = "8ú. Jadi terbukti 9 adalah bayangan homomorfis dari modul- kiri yang bersifat bebas. Teorema 2.4.13 Misal adalah gelanggang dan … adalah suatu himpunan. Terdapat secara tunggal modul- kiri yang bersifat bebas dengan basis bebas …. Bukti: Misal adalah himpunan indeks dan … = ) . ∈ . Andaikan Ð, Ë adalah modul- kiri yang bersifat bebas dengan basis bebas … dan Ð ≠ Ë. Karena Ð ≠ Ë maka Ð ⊈ Ë atau Ë ⊈ Ð. Misal " ∈ Ë dan " ∉ Ð. Karena " ∈ Ë maka " = ž ∈ £ ) dimana £ ∈ . Namun ž ∈ £ ) ∈ Ð sehingga ž ∈ £ ) = " ∈ Ð sehingga kontradiksi dengan " ∉ Ð. Jadi Ð = Ë sehingga Ð adalah modul- kiri yang bersifat bebas dan tunggal.

(114) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 102 Definisi 2.4.16 Misal adalah gelanggang dan , D, 9 adalah modul- kiri. Himpunan 9 disebut modul- kiri yang bersifat proyektif jika dan hanya jika jika diberikan sebarang diagram homomorfisma modul- kiri Ä 9 ↓O QD Q 0 dengan a adalah homomorfisma modul- kiri yang surjektif maka terdapat homomorfisma modul- kiri ℎ: 9 Q sedemikian sehingga diagram homomorfisma modul- tatif, yaitu a ∘ ℎ = O. kiri menjadi komu- Teorema 2.4.14 Misal adalah gelanggang dan 9 adalah modul- kiri. Jika 9 adalah modul- kiri yang bersifat bebas atau jika adalah modul- kiri yang bersifat proyektif dan = »+… dimana », … adalah modul- kiri dan 9 ≈ … maka 9 adalah modul- kiri yang bersifat proyektif. Bukti: Perhatikan diagram berikut ini ü ñQ Misal ñ, adalah modul- 9 8↓ ú . Q 0 kiri dan ú adalah suatu homomorfisma modul- kiri dan þ adalah suatu homomorfisma modul- kiri yang surjektif. Akan dibuktikan untuk kasus yg pertama. Misal 9 adalah modul- kiri yang bersifat bebas. Misal adalah himpunan indeks dan O . ∈

(115) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI adalah basis bebas dari 9. Karena þ adalah suatu homomorfisma modul- 103 kiri yang surjektif maka ada Ï ∈ ñ sehingga þBžy∈ Ï £ C = úBžy∈ O £ C. Didefinisikan pemetaan ý: 9 Q ñ yaitu ýBžy∈ O £ C = žy∈ Ï £ untuk setiap O ∈ 9. Akan dibuktikan ý adalah suatu homomorfisma modul- kiri. Ambil sebarang žy∈ O £ ∈ 98dan žy∈ O + ∈ 9 maka ýBžy∈ O £ C + ýBžy∈ O + C = žy∈ Ï £ + žy∈ Ï + = ýBžy∈ O £ + žy∈ O + C88dan ambil sebarang £ ∈ maka £ýBžy∈ O £ C = £Bžy∈ Ï £ C = žy∈ £BÏ £ C = ýB£B žy∈ O £ CC.88Jadi menurut definisi 2.4.3, ý adalah suatu homomorfisma modul- kiri. Selain itu Bþ ∘ ýCBžy∈ O £ C = þ_ýBžy∈ O £ C` = þBžy∈ Ï £ C = úBžy∈ O £ C. Jadi terbukti menurut definisi 2.4.16, 9 adalah modul- kiri yang bersifat proyektif. Akan dibuktikan untuk kasus yang kedua. Misal dan = »+… dimana », … adalah modul- terdapat a homomorfisma modul- kiri dari ke adalah modul- kiri yang bersifat proyektif kiri dan 9 ≈ … sehingga menurut teorema 2.4.8, ke 9 dan ℎ homomorfisma modul- kiri dari 9 sedemikian sehingga a ∘ ℎ = 1 . Perhatikan diagram homomorfisma modul- kiri di atas. Karena adalah modul- kiri yang bersifat proyektif, dan menurut teorema 2.4.2, ú ∘ a: adalah homomorfisma modul- kiri, maka menurut definisi 2.4.16 terdapat : sehingga þ ∘ Q Q ñ sedemikian = ú ∘ a. Selain itu Bþ ∘ C ∘ ℎ = Bú ∘ aC ∘ ℎ = ú ∘ Ba ∘ ℎC = ú ∘ 1 sehingga menurut teorema 2.1.4, ú ∘ 1 = ú maka menurut definisi 2.4.16, 9 adalah modul- kiri yang bersifat proyektif.

(116) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 104 Contoh 2.4.17 Himpunan ℝ = B , C. , ∈ ℝ dengan himpunan basis bebas … = B0,1C, B1,0C adalah modul-ℝ kiri yang bersifat bebas, maka menurut teorema 2.4.14, ℝ adalah modul-ℝ kiri yang bersifat proyektif. Teorema 2.4.15 Misal adalah gelanggang dan 9 adalah modul- kiri. Pernyataan berikut ekivalen. 1. Himpunan 9 adalah modul- kiri yang bersifat proyektif. 2. Setiap barisan pendek pasti 0 → û ü → D → 9 → 0 terpecah. 3. Terdapat modul- kiri yang bersifat bebas Ð dan » adalah modul- kiri sedemikian sehingga Ð ≈ »+9. Bukti: 1. B1C → B2C Misal 9 adalah modul- kiri yang bersifat proyektif. Perhatikan diagram pemetaan berikut ini 88888888888888888889 888888888888888888888888↓ 1 Karena 9 adalah modul: 9 → D dan 0 → û ü →D→9→ 0 kiri yang bersifat proyektif, maka menurut definisi 2.4.16 ada adalah suatu homomorfisma modul- kiri sehingga Bþ ∘ C = 1 , maka menurut definisi 2.4.7, barisan pendek pasti 0 → û ü → D → 9 → 0 terpecah.

(117) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 2. B2C → B3C Misal setiap barisan pendek pasti 0 → û 105 ü → D → 9 → 0 terpecah. Menurut teorema 2.4.13, terdapat modul- kiri Ð yang bersifat bebas dengan basis bebas … dan 9 = "8O, dimana O ada- lah homomorfisma modul- kiri yang surjektif dari Ð ke 9. Karena Ð adalah modul- kiri yang bersifat bebas maka menurut teorema 2.4.14, Ð adalah modul- kiri yang bersifat proyektif. Pilih » = ker O, dan dibuat pemetaan a: » → Ð yang didefinisikan aB¦C = ¦ untuk setiap ¦ ∈ ». Jelas a adalah homomorfisma modulÄ kiri yang injektif sehingga menurut definisi 2.4.6, ì barisan pasti 0 → » → Ð → 9 → 0 adalah barisan pendek pasti. Menurut hipotesis barisan tersebut terpecah, maka menurut teorema 2.4.9 berlaku Ð ≈ »+9. 3. B3C → B1C Misal terdapat modul- kiri yang bersifat bebas Ð dan » adalah modul- hingga Ð ≈ »+9, misal O adalah isomorfisma modul- kiri sedemikian se- kiri tersebut. Dibuat pemetaan O : »+9 → 9 yang didefinisikan O B¦ + ¥C = ¥ untuk setiap ¦ ∈ », ¥ ∈ 9. Perhatikan bahwa O [B¦ + ¥C + B¦ + ¥ C] = O [B¦ + ¦ C + B¥ + ¥ C] = ¥ + ¥ = O B¦ + ¥C + O B¦ + ¥ C £O B¦ + ¥C = £¥ = O B£¦ + £¥C untuk sebarang ¦ ∈ », ¥ ∈ 9, £ ∈ isi 2.4.3, O adalah suatu homomorfisma modul- dan sehingga menurut defin- kiri. Selanjutnya dibuat pemetaan a: 9 → »+9 yang didefinisikan aB¥C = ¦ + ¥ untuk setiap ¥ ∈ 9. Pemetaan a adalah suatu homomorfisma modul- kiri, bukti analog dengan O adalah homomorfisma modul- kiri. Karena O : »+9 → 9 dan a: 9 → »+9 adalah suatu homomorfisma modul- kiri maka menurut teorema 2.4.2 berlaku O ∘ O: Ð → 9 dan O X ∘ a: 9 → Ð adalah suatu homomorfisma modul- kiri. Selanjutnya akan dibuktikan BO ∘ OC ∘ BO X ∘ aC = 1 . Menurut teorema 2.1.3, BO ∘ OC ∘ BO X ∘ aC = O ∘ BO ∘ O X C ∘ a = O ∘ a sehingga menurut definisi pemetaan di atas O ∘ a = 1 .

(118) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 106 Diperoleh BO ∘ OC ∘ BO X ∘ aC = 1 . Jadi menurut teorema 2.4.8, Ð = kerBO ∘ OC + "8BO X ∘ aC dan 9 ≈ "8BO X ∘ aC sehingga menurut teorema 2.4.14, 9 adalah modul- kiri yang proyektif.

(119) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI BAB III DAERAH DEDEKIND A. Daerah Dedekind Definisi 3.1.1 Misal adalah suatu daerah integral dengan lapangan pecahan adalah modul bagian- kiri taknol dari sehingga ⊆ . Suatu ideal fraksi dari ∈ . untuk suatu elemen taknol Teorema 3.1.1 Setiap ideal taknol dari suatu daerah integral adalah modul- kiri dari tu ideal fraksi dari . Sebaliknya, setiap ideal fraksi dari dan merupakan sua- yang termuat di adalah ideal dari . Bukti: Misal ideal taknol dari , maka menurut definisi 2.2.7, ∈ dan ∈ untuk setiap gelanggang, sehingga ∈ ideal, maka menurut definisi 2.2.7, adalah ideal fraksi dari sehingga adalah modul bagian- kiri dari ∈ , ≠ 0. Karena ∈ untuk . Karena adalah modul bagi- adalah modul bagian- dari , maka menurut definisi 2.4.2, adalah grup bagian terhadap operasi penjumlahan di setiap ⊆ , ⊆ ⊆ , jadi terbukti adalah ideal fraksi dari . Misal yang termuat di , maka menurut definisi 3.1.1, ⊆ , dan maka jelas adalah grup terhadap operasi penjumlahan dan ∈ , ∈ , maka menurut definisi 2.4.2, an- kiri dari gelanggang bagian dari adalah grup komutatif terhadap operasi penjumlahan. Karena ≠ ∅, dan menurut definisi 2.2.7, setiap dan ∈ . Karena adalah gelanggang bagian dari dan ∈ , ∈ . Cukup dibuktikan perkaliannya tertutup di . Ambil sebarang , ∈ untuk ∈ , maka

(120) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI , ∈ sehingga ∈ berlaku gang bagian ∈ . Karena − adalah grup bagian penjumlahan dari ∈ dan karena ∈ , ∈ dan untuk setiap 108 , maka untuk setiap ∈ , maka menurut teorema 2.2.1, adalah gelang∈ berlaku dan karena ∈ maka = ∈ , sehingga menurut definisi 2.2.7, adalah ideal dari . Teorema 3.1.2 Misal adalah daerah integral dengan lapangan pecahan Himpunan = ∈ ⊆ dan adalah ideal fraksi dari . adalah ideal fraksi dari . Bukti: Mula-mula akan dibuktikan al fraksi dari sehingga untuk suatu ∈ . Definisi dari maka 0 ∈ ( , − ∈ modul bagian- kiri dari yaitu sehingga 0 ∈ = ∈ − ⊆ berlaku ∈ ⊆ ∈ maka ∈ maka menurut teorema 2.3.13, sehingga ∈ maka ( modul bagian- kiri dari ∈ ⊆ , maka dan )⊆ ∈ ⊆ ∈ ∈ dan dan dan ide∈ jadi daerah integral, − , ∈ ∈ maka sehingga adalah grup bagian dari sehingga sehingga . Selanjutnya akan dibuktikan ⊆ . Karena = , untuk suatu , maka ⊆ maka . Karena sehingga menurut teorema 2.1.7 hatikan bahwa jika diambil sebarang dari . Jika ⊆ ∈ jadi 0 ∈ . Ambil sebarang terhadap operasi penjumlahan. Ambil sebarang menurut definisi 2.4.2, ⊆ , karena maka jelas maka 0 = 0 ⊆ sedemikian sehingga ) ⊆ , jadi ∈ ≠ ∅, karena . Jelas ⊆ . Per∈ . Jadi ideal fraksi lapangan pecahan dari , ≠ 0. Karena ideal fraksi dari

(121) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI , maka menurut definisi 3.1.1, ada = ∈ ! ≠ 0 sehingga ⊆ " ⊆ . Jadi terbukti ⊆ . Jadi = ( ∈ 109 ) ⊆ = ideal fraksi dari . Teorema 3.1.3 Misal # ⊆ adalah daerah integral dengan lapangan pecahan . Jika adalah ideal fraksi dari untuk(suatu(# ∈ , # ≠ 0 maka # adalah ideal dari . dan Bukti: Akan dibuktikan # adalah ideal dari jumlahan dari , maka 0 ∈ untuk suatu # ∈ , # ≠ 0. Karena adalah subgup pen- sehingga #. 0 = 0 ∈ # , jadi # ≠ ∅. Menurut definisi 3.1.1, # ⊆ . Ambil sebarang +, + ∈ # . Misal + = #, dan + = #, untuk suatu ,, , ∈ sehingga + − + = #, − #, = #(, − , ) = #, = + ∈ # dan ++ = #,(#, ) = #, = + ∈ # , sehingga menurut teorema 2.2.1, # adalah gelanggang bagian dari . Ambil sebarang ∈ dan sebarang #,- ∈ # maka (#,- ) = (#,- ) = #( ,- ) = #,. ∈ # . Jadi menurut definisi 2.2.7, # adalah ideal dari . Teorema 3.1.4 Jika adalah derah integral dengan lapangan pecahan , maka himpunan semua ideal fraksi dari membentuk monoid komutatif dengan elemen identitas /405 0 10 | 0 ∈ , 10 ∈ , 2 ∈ ℕ}. dan dengan perkalian =

(122) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 110 Bukti: Misal adalah daerah integral dengan adalah lapangan pecahan dari maka adalah himpunan semua ideal fraksi dari . Jelas ℋ himpunan tak kosong sebab fraksi dari {/405 0 10 ,2 ∈ ℕ . /405 ( 0 ∈ , 10 ∈ Karena 0 ( 0 10 ) 0 , , ∈ (ℋ. Misal . Jadi ∈ , ,2 ∈ ℕ 0 0 , 10 , 0 ∈ adalah ideal-ideal fraksi dari ( sehingga ∈ , 10 ∈ , ∀0 , maka ) = /405 0 ( 0 10 ) , 2 ∈ ℕ = /405 ( 0 0 )10 0 ∈ , 0 ∈ sehingga 0 ∈ , 10 ∈ ) . Jadi menurut definisi 2.1.7, ℋ adalah suatu semigrup. Akan dibuktikan men identitas di ℋ. Misal + = /8 05 0 0, 0 ∈ , menurut definisi 3.1.1 adalah modul bagian- kiri dari sehingga + = /8 05 ∈ 0 0 : = :1, dengan : ∈ , 1 ∈ , jadi : = :1 ∈ ∈ . Jadi , maka noid. Akan dibuktikan sifat komutatifnya, Perkalian = /405 0 10 = /405 10 ((((= ∈ ( , 10 ∈ )= ,2 ∈ ℕ = adalah ele, maka maka . Karena modul bagian- kiri dari ⊆ dan untuk setiap ⊆ . Ambil sebarang : ∈ , maka . Jadi = untuk setiap ∈ ℋ, 0 0 ∈ 10 ∈ , 10 ∈ , 0 ∈ ,2 ∈ ℕ = /405 0 10 0 ∈ , 10 ∈ ,2 ∈ ℕ ,2 ∈ ℕ . Hal tersebut jelas, sebab komutatif. 0 = adalah elemen identitas ℋ. Jadi menurut definisi 2.1.8, ℋ adalah suatu mo- sehingga terbukti sehingga , adalah ideal fraksi dari maka menurut definisi 2.4.2, adalah grup bagian terhadap penjumlahan dari ∈ , ∈ , adalah ideal adalah sebarang ideal fraksi di ℋ. Ambil sebarang + ∈ ∈ , ∀0 ,(untuk suatu 9 ∈ ℕ. Karena 0 . Misal ℋ . Perkalian 0 ( 0 10 ) = ( 0 10 ) 0 , ⊆ ⊆ , ⊆ sehingga 0 10 = 10 0 , ∀0 . Jadi terbukti ℋ adalah monoid

(123) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 111 Teorema 3.1.5 Menurut contoh 2.3.2, ℚ adalah lapangan pecahan dari ℤ. Himpunan 0, 2 ≠ 0 adalah ideal fraksi dari ℤ. >8? 4 = 8@ 4 !A ∈ ℤ" , 9 ≠ Bukti: Himpunan >8? ≠ ∅ sebab 0 = 4 A ∈ ℤ, maka + ∈ ℚ. Jadi >8? 4 8(B) 4 ∈ >8? 4 ⊆ ℚ. Ambil sebarang + , + ∈ suatu A , A ∈ ℤ maka + − + = 8@C 4 − 8@D 4 orema 2.1.7, >8? misal F = untuk suatu H ∈ ℤ maka :F = : 8G 4 4 8@ 4 = >8? 4 (A − A ) = 4 8 , misal + = 4 misal + = 8@E 4 =+ ∈ 8@C 4 >8? 4 8@ 4 untuk suatu ,+ = 8@D 4 untuk . Jadi menurut te- adalah grup bagian penjumlahan dari ℚ. Ambil sebarang : ∈ ℤ dan F ∈ menurut definisi 2.4.2, 2 >8? . Ambil sebarang + ∈ >8? 4 8G 4 = 8(GI) 4 = 8@J 4 ∈ >8? 4 >8? 4 4 , untuk suatu A- ∈ ℤ. Jadi adalah modul bagian-ℤ kiri dari ℚ. Pilih 2 ∈ ℤ sehingga 2 !A ∈ ℤ" = {A A ∈ ℤ = ℤ. Jadi menurut definisi 3.1.1, >8? >8? 4 adalah ideal fraksi dari ℤ. = Teorema 3.1.6 Menurut contoh 2.3.2, ℚ adalah lapangan pecahan dari ℤ. Ideal fraksi dari ℤ adalah 8@ 4 !A ∈ ℤ" untuk suatu 9, 2 ∈ ℤ(. >8? 4 = Bukti: Misal K adalah ideal fraksi dari ℤ maka menurut definisi 3.1.1, K adalah modul bagian-ℤ kiri taknol dari ℚ dan ada 2 ∈ ℤ dan 2 ≠ 0 sehingga 2K ⊆ ℤ. Menurut teorema 3.1.3, 2K adalah

(124) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 112 ideal dari ℤ. Jadi menurut teorema 2.2.5, 2K = >9? untuk suatu 9 ∈ ℤ. Karena 2 ∈ ℤ dan 2 ≠ 0, maka 4 ada dan 4 ∈ ℚ. Jadi K = >8? 4 adalah ideal fraksi dari ℤ. Contoh 3.1.1 Menurut contoh 2.2.4, himpunan ℤ(adalah daerah integral dan menurut contoh 2.3.2, lapangan pecahan dari ℤ adalah ℚ. Himpunan ℤ = +!+ ∈ ℤ" adalah ideal fraksi dari ℤ menurut teore- ma 3.1.5 Contoh 3.1.2 Pada contoh ini akan diberikan suatu himpunan yang bukan ideal fraksi dari ℤ. Menurut contoh 2.3.2, himpunan ℤ adalah daerah integral dengan lapangan pecahan ℚ. Menurut contoh 2.2.12 Himpunan >3? adalah ideal prima dari ℤ. Misal M = ℤ − >3? dan N = @C @D ± S G ! ∈ >3?, H ∈ M" = !A , A ∈ ℤ". Akan dibuktikan himpunan(N bukan ideal fraksi dari ℤ. Himpunan N ≠ ∅, sebab 3 = SC R O ( ) ( )Q ∈ N dan jelas N ⊆ ℚ. Ambil sebarang +, + ∈ N, misal + = maka + − + = O OC R − S SC R = ( O)( SC R )Q( S)( OC R ) ( OC R )( SC R ) = @ IR O OC R dan + = ∈ N untuk suatu A, : ∈ ℤ. Jadi menurut teorema 2.1.7, N adalah grup bagian penjumlahan dari ℚ. Ambil sebarang F ∈ ℤ maka F+ = F O OC R = OT OC R ∈ N, maka menurut definisi 2.4.2, N adalah modul bagian-(ℤ kiri dari ℚ. Ambil sebarang 2 ∈ ℤ dan 2 ≠ 0 maka 2N = tapi : ∉ ℤ. Jadi 2N bukan ideal fraksi dari ℤ. 4@C @D ± !A , A ∈ ℤ". Pilih : = 4@ 4@R ∈ 2N

(125) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 113 Teorema 3.1.7 Misal adalah suatu daerah integral dengan lapangan pecahan taknol dari . Setiap modul bagian- kiri yang dibangun secara berhingga adalah ideal fraksi dari . Bukti: Misal modul bagian- kiri dari dan , ∈ , ∀V∈W,0∈X .. Jika , , … , ,4 ∈ jumlahan dari menurut definisi 2.2.9, ,0 ∈ dan 0 0 ∈ , ∈ , maka menurut definisi 2.4.2, = { , +⋯+ lapangan pecahan dari ∈ , 0 sehingga ≠ 0(∀0 . Jadi = … 4 = C OC ≠ 0. Jadi = (((((= = Karena Karena … adalah daerah integral, maka 0, 0 4Q 4 ∈ 4 ,4 0 adalah grup bagian pen- dibangun berhingga oleh ,0 , maka dan ∈ , ,0 ∈ , , ∈ ℕ = , + ⋯ + ,4 . Karena , maka menurut teorema 2.3.14, ,0 = O\ , untuk suatu +⋯+ = C OC … … ] C OC O] 4 . Karena + ⋯+ + ⋯+ 4 \ ] + ⋯+ ≠ 0(untuk setiap , maka ada O] 4O ! 0 ] + ⋯+ 0 ] ∈ (, 4 4Q . … … 4Q 0 ∈ ,0 ≠ 4. adalah gelanggang sehingga untuk setiap , maka menurut teorema 2.1.6, ⊆ , jadi jelas 4 0 ∈ (, 0 "( 0 ∈ ,0 ≠ 0 adalah grup komutatif. = … 4 + ⋯+ ⊆ , maka menurut definisi 3.1.1, adalah ideal fraksi dari .

(126) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 114 Definisi 3.1.2 Misal adalah daerah integral dengan lapangan pecahan ={ ∈ Menurut teorema 3.1.2 himpunan ⊆ dan adalah ideal fraksi dari = disebut ideal fraksi yang mempunyai invers jika dan hanya jika adalah ideal fraksi dari yang mempunyai invers maka lah ideal dari daerah integral dan adalah ideal fraksi dari . . Himpunan = . Selanjutnya jika akan ditulis dengan Q . Misal ada- adalah lapangan pecahan dari . Ideal disebut ideal yang mempunyai invers jika dan hanya jika = = . Contoh 3.1.3 Menurut contoh 2.3.2, ℚ adalah lapangan pecahan dari daerah integral ℤ. Menurut contoh 3.1.1, himpunan ℤ adalah ideal fraksi dari ℤ. Himpunan ℤ = ℤ. Sebab ℤ = /405 ℤ 10 0 0 , 10 +!+ ∈ ℤ" adalah ideal invers dari ∈ ℤ = /405 0 10 0 , 10 ∈ ℤ" = ℤ. Teorema 3.1.8 Misal adalah daerah integral dengan lapangan pecahan mempunyai invers adalah modul- kiri dari . Setiap ideal fraksi dari yang yang dibangun secara berhingga. Bukti: Misal 1∈ dan 10 ∈ 0 adalah ideal fraksi dari ∈ Q = yang mempunyai invers yaitu maka menurut teorema 3.1.4, 1 = /405 untuk setiap ,. Ambil sebarang dan 10 ∈ ∈ untuk setiap , maka maka = /405 ( 0 10 = 1 = (/405 0 )10 Q = /405 maka Q untuk suatu 0 10 ) 0 10 = . Karena = /405 ( 0 ∈ Q 0 )10 . dan Jadi ∈ 1 + ⋯ + 14 jadi

(127) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI ⊆ 1 + ⋯ + 14 . Jelas modul- kiri dari 1 + ⋯ + 14 ⊆ . Jadi = >1 , … , 14 ?. Jadi terbukti 115 adalah yang dibangun berhingga. Teorema 3.1.9 Misal adalah daerah integral. Invers dari suatu ideal fraksi yang mempunyai invers adalah tunggal. Bukti: Misal dari adalah ideal fraksi dari dan ≠ yang mempunyai invers. Andaikan . Misal ℋ himpunan semua ideal fraksi dari membentuk monoid komutatif dengan = = (((= ((= ( (= (= = ( , . Menurut teorema 3.1.4, ℋ adalah elemen identitasnya. Jadi menurut definisi 3.1.2 . Perhatikan bahwa ) ) ( . Kontradiksi dengan ( ≠ adalah invers-invers . Jadi terbukti invers dari adalah tunggal.

(128) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 116 Teorema 3.1.10 Jika , , ^ adalah ideal fraksi dari daerah integral mempunyai invers maka = ^ dan dan = ^. adalah ideal fraksi yang Bukti: Misal , , ^ adalah ideal fraksi dari , dan maka = =( Q ) = Q ( )= Q = ^, dan ( ^) = ( Q ideal fraksi yang mempunyai invers, )^ = ^ = ^. Jadi terbukti = ^. Teorema 3.1.11 Misal adalah daerah integral dengan lapangan pecahan mempunyai invers maka ⊆ Q . Jika adalah ideal dari yang . Bukti: Misal adalah ideal dari menurut definisi 3.1.2, dikalikan Q maka ⊆ yang mempunyai invers. Misal Q Q = . Menurut definisi 2.2.7, Q ⊆ . Akibatnya menurut teorema 3.1.4, adalah invers dari sehingga sehingga jika kedua ruas Q = Q sehingga ⊆ Q . Teorema 3.1.12 Misal , , , , … , 4 adalah ideal dari daerah integral 1. Ideal … 4 dan adalah lapangan pecahan dari . adalah ideal yang mempunyai invers jika dan hanya jika mempunyai invers untuk setiap . _ ideal yang

(129) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 2. Jika ` ` … `4 = = a a … a8 dimana `0 , a0 ideal prima dari 117 dan `0 ideal yang mempu- nyai invers maka 9 = 2 dan setelah pengurutan,`0 = a0 untuk setiap , = 1,2,3, … , 2. Bukti: 1. (→) … Misal 4 adalah ideal yang mempunyai invers. Misal … 4 ) = . Misal ℋ himpunan semua ideal fraksi dari sedemikian sehingga( teorema 3.1.4, ℋ membentuk suatu monoid komutatif, maka 4( … 4Q adalah suatu ideal fraksi dari ( … 4 )= ( … . Menurut 4 ) = , jadi terbukti _ adalah ideal yang mempunyai invers untuk semua . )=⋯= (←) Misal _ adalah ideal yang mempunyai invers untuk setiap dan ℋ adalah himpunan semua ideal fraksi dari . Menurut teorema 3.1.4, ℋ membentuk suatu monoid komutatif dan men identitas di ℋ. Jadi ( Jadi terbukti … 4 Q )( Q )( Q )…( Q 4 4 )=( … 4 )( Q Q adalah ele… Q 4 )= . adalah ideal yang mempunyai invers. 2. Misal ` … `8 = = a … a4 , maka menurut teorema 2.2.7, ` … `8 ⊆ `0 dan ` … `8 ⊆ a_ dan a … a4 ⊆ a_ dan a … a8 ⊆ `0 untuk setiap ,. .Karena `0 , a_ adalah ideal prima dari untuk setiap ,, maka `0 ⊆ a_ dan a_ ⊆ `0 untuk suatu , ∈ {1,2, … , 9} dan untuk suatu ∈ {1,2, … , 2}. Katakan ` = a . Jika langkah ini diteruskan hingga 9 maka ` = a , ` = a , … , `8 = a8 . Andaikan 2 > 9 maka a8R … a4 ⊆ . Karena = a8R a8R … a4 jadi ⊆ a8R … a4 maka menurut teorema 2.2.7, A ∈ {9 + 1, … , 2}. Jadi diperoleh ⊆ a8R … a4 dan ⊆ a@ untuk setiap = a@ . Kontradiksi dengan definisi 2.2.12 bahwa a@ adalah ideal sejati dari . Jadi diperoleh 9 = 2 dan setelah pengurutan `0 = a0 .

(130) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 118 Definisi 3.1.3 Misal adalah daerah integral dengan lapangan pecahan kind jika dan hanya jika setiap ideal fraksi dari . Himpunan yang termuat di disebut daerah Dede- mempunyai ideal invers. Contoh 3.1.4 Menurut teorema 3.1.6, ideal fraksi dari ℤ adalah tikan >4? 8 = 4O 8 {/V05 10 0 !10 ∈ /V05 A0 >8? 4 >4? 8 0 A0 , ! ∈ ℤ" adalah invers dari >8? 4 0 , 0 ∈ >4? 8 4 >8? 4 , , = 1,2, … , " = {/V05 ∈ ℤ, , = 1,2, … , maka + = /V05 A0 0 >8? 4 = !A ∈ ℤ" , 9 ≠ 0, 2 ≠ 0. Akan dibuk- 8@ 4 . Menurut teorema 3.1.4, 8@\ 4 . Akan dibuktikan >4? 8 >8? 4 >4? 8 A0 , 4O\ 8 >8? 4 akibatnya + ∈ ℤ sehingga sebarang f ∈ ℤ maka f = f1 ∈ 1 < , ≤ , akibatnya ℤ ⊆ >8? >4? 8 >8? 4 dimana A = f, >8? 4 . Jadi terbukti >4? 8 = ℤ. 0 >8? 4 ∈ ℤ, , = 1,2, … , >4? 8 = = = ℤ. Ambil sebarang + ∈ >4? 8 ⊆ ℤ. Sebaliknya, ambil = 1 dan A0 = 0 = 0 untuk Teorema 3.1.13 Jika adalah ideal fraksi dari daerah integral dengan lapangan pecahan maka untuk setiap , 1 ∈ berlaku i(1) = 1i( ). dan i ∈ ℎk9W ( , ) Bukti: Menurut definisi 3.1.1, ⊆ men di sehingga untuk sebarang elemen di adalah pecahan dari dua ele- dengan penyebut tidak nol. Misal l = F1, sehingga = H Q ∈ , 1 = lF Q ∈ maka =H dan 1 = H 1 dan l = F 1 adalah elemen di . Jadi Hi(F 1) = i(HF 1) =

(131) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI i(FH 1) = Fi(H 1) 119 i(1) = mH i(1)nH Q = i(H 1)H Q = i(F 1)F Q = sehingga mF1i( )nF Q = 1i( ). Jadi terbukti untuk sebarang , 1 ∈ berlaku i(1) = 1i( ). Teorema 3.1.14 Misal o adalah daerah integral dengan lapangan pecahan dan i ∈ ℎk9p ( , o). Jika 1 adalah sebarang elemen taknol dari 1 Q i(1) untuk sebarang adalah ideal fraksi dari o dan maka i berbentuk i( ) = ∈ . Bukti: Menurut teorema 3.1.13, i(1) = 1i( ) untuk sebarang , 1 ∈ . Karena 1 ≠ 0 maka 1 Q ada, sehingga i( ) = 1 Q i(1) = 1 Q i(1) . Teorema 3.1.15 Misal dari adalah daerah integral dan adalah ideal fraksi dari dan K adalah himpunan indeks. Ideal fraksi dan adalah lapangan pecahan adalah ideal fraksi dari yang mempunyai invers jika dan hanya jika adalah modul- kiri yang bersifat proyektif. Bukti: 1. (→) Misal Q adalah ideal fraksi dari = . Menurut teorema 3.1.8, yang mempunyai invers yaitu adalah modul- Q sedemikian sehingga kiri yang dibangun berhingga. Misal

(132) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI = 1 + 1 + ⋯ + 14 , 10 ∈ 2.4.12, untuk setiap , dan 1 = /405 10 0 , adalah bayangan homomorfis dari suatu modul- dengan basis bebas r = {s0 ∈ q , ∈ K . Karena definisi 2.2.8, = >1 , … , 14 ? sehingga 0 ∈ Q 120 . Menurut teorema kiri yang bersifat bebas, misal q = 1 + 1 + ⋯ + 14 maka menurut adalah modul- kiri yang dibangun berhingga maka menurut teorema 2.4.12 K berhingga, sehingga menurut teorema 2.4.12, pemetaan # dari q ke yang didefinisikan dengan #(s0 ) = 10 adalah homomorfisma modul- kiri yang surjektif. Dibuat pemetaan t dari ke q yang didefinisikan t(+) = /405 (+ 0 )s0 . Akan dibuktikan t adalah suatu homomorfisma modul- kiri Ambil sebarang +, : ∈ sehingga t(+) + t(:) 4 4 05 05 = u(+ 0 )s0 + u(: 0 )s0 4 = u(+ 0 )s0 + (: 0 )s0 05 4 = u(+ + :)( 0 s0 ) 05 = t(+ + :). Ambil sebarang t(+) 4 = vu(+ 0 )s0 w 4 05 = u( + 0 )s0 05 ∈ maka

(133) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 121 = t( +). Jadi menurut definisi 2.4.3, t adalah suatu homomorfisma modul- . Akan dibuktikan pemetaan (# ∘ t)(+) = + untuk setiap + ∈ . Perhatikan bahwa t(+) = /405 (+ 0 )s0 untuk setiap + ∈ misal + 0 sehingga (# ∘ t)(+) = #mt(+)n = #(/405 (+ 0 )s0 ). Karena = 0 ∈ sehingga #(/405 (+ 0 )s0 ) = #(/405 Karena #, t adalah homomorfisma modulhomomorfisma modul- kiri dari 0 s0 ) = /405 0 0 ∈ Q 10 = +(/405 = , Q dan 0 10 ) = +. kiri maka menurut teorema 2.4.2, (# ∘ t) adalah ke . Jadi terdapat barisan pemetaan homomorfisma modul- y c , yaitu(q z . Karena (# ∘ t) = 1X maka menurut teorema 2.4.8 bagian 1, q = ker # +} 9(t dan d ≈ 9(t sehingga q = ker # +} 9(t ≈ ker # +} maka maka menurut teorema 2.4.14, adalah modul- kiri yang bersifat proyektif. 2. (d) Misal adalah modul- kiri yang bersifat proyektif. Menurut teorema 2.4.12, adalah bayangan homomorfis dari suatu modul- kiri yang bersifat bebas. Misal q adalah modul- kiri yang ber- sifat bebas tersebut dengan = i• ∈ q ℎ ∈ K adalah himpunan basis bebas tersebut. Misal i adalah homomorfisma modul- kiri dari q ke tersebut sehingga 9(i = . Perhatikan bahwa definisi 2.4.13, A = /•∈€ sehingga H = i(/•∈€ jika diambil sebarang H ∈ , maka H = i(A) untuk suatu A ∈ q. Karena A ∈ q maka menurut • i• H ∈ >i(i ), i(i ), … ? atau • i• ) = /•∈€ ⊆ >i(i ), i(i ), … ?. • i(i• ), maka menurut Ambil sebarang F∈ definisi 2.2.8, modul- kiri maka menurut definisi 2.4.3, /•∈€ F• i(i• ) = /•∈€ i(F• i• ) sehingga menurut >i(i ), i(i ), … ?, misal F = /•∈€ F• i(i• ) dimana F• ∈ . Karena i adalah homomorfisma definisi 2.4.1, F• i• ∈ q untuk setiap ℎ ∈ K maka menurut definisi 2.4.3, i(F• i• ) ∈ . Jadi F = /•∈€ F• i(i• ) = /•∈€ i(F• i• ) ∈ sehingga >i(i ), i(i ), … ? ⊆ maka diperoleh

(134) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI >i(i ), i(i ), … ? ⊆ ⊆ >i(i ), i(i ), … ? artinya dan = >i(i ), i(i ), … ?. Jadi 122 adalah modul- kiri yang bersifat proyektif dengan pembangkit i(i ), i(i ), …. Misal •B adalah elemen tertentu dari . Karena 2.4.15, terdapat modul- adalah modulkiri kiri yang bersifat proyektif, maka menurut teorema sedemikian sehingga q ≈ 2.4.15 bagian 3 terdapat homomorfisma modul- (i ∘ ‚) = 1X . Didefinisikan pemetaan ƒ• : bil sebarang , H ∈ ƒ• ( ) = ƒ• (H) ↔ +} dan menurut bukti teorema kiri ‚ dari ke q sedemikian sehingga c i• yaitu ƒ• ( ) = i• untuk setiap ∈ . Am- dan ƒ• ( ) = ƒ• (H), maka i• = Hi• ( ↔ i• − Hi• = 0 ↔ ( − H)i• = 0. Karena i• adalah elemen basis dari q dan ( − H)i• = 0 maka menurut definisi 2.4.11, − H = 0 atau = H. Jadi menurut definisi 2.1.15, ƒ• adalah pemetaan yang injektif. Ambil sebarang F ∈ i• akan dicari l ∈ sehingga ƒ• (l) = F. Misal F = si• , karena ƒ injektif, maka l = s. Jadi menurut definisi 2.1.15 ƒ• adalah pemetaan yang surjektif. Karena l, s ∈ , maka ƒ• (l) + ƒ• (s) = li• + si• = (l + s)i_ = ƒ• (l + s) dan untuk sebarang ∈ berlaku ƒ• (s) = (si• ) = ( s)i• = ƒ• ( s). Jadi menurut definisi 2.4.3, ƒ• adalah suatu homomor- fisma modul- kiri. Karena ƒ• adalah homomorfisma modul- kiri yang bijektif, maka ƒ• adalah isomorfisma modulfinisikan †• m/0∈‡ 0 i_ n = kiri sehingga i_ ≈ . Akan dibuktikan †_ : q c i_ ≈ • adalah suatu homomorfisma modul- yang dide- kiri yang bersifat injektif. Ambil sebarang 9, 9ˆ ∈ q, misal 9 = /_∈€ _ i_ dan 9ˆ = /_∈€ H_ i_ dan †• (9) = †• (9ˆ ) sehingga

(135) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 123 †• ‰u _ i_ Š = †• ‰u H_ i_ Š ( ↔ _∈€ • _∈€ = H• ( ↔ ƒ• ( • ) = ƒ• (H• ) ( ↔ • i• = H• i• . Karena ƒ adalah pemetaan yang injektif, maka /•∈€ H• i• = /•∈€ • i• • = H• untuk setiap ℎ. Jadi ekivalen dengan 9 = 9ˆ . Jadi menurut definisi 2.1.15, †• adalah pemetaan yang injektif. Ambil sebarang 2ˆ ∈ q, misal 2ˆ = /0∈€ ℎ0 i0 maka †• (2ˆ ) + †• (9) = †• vu ℎ0 i0 w + †• vu 0 i0 w 0∈€ = ℎ• + 0∈€ • = †• (/0∈€(ℎ0 + 0 )( i0 ) dan †• (9) = †• ‰u _ i_ Š = _∈€ • = †• m/_∈€m _ n i_ n. Jadi menurut definisi 2.4.3 †• adalah homomorfisma modul- kiri yang bersifat injektif. Karena ƒ• adalah homomorfisma modul- kiri dari q ke i• dan ‚ adalah ho- momorfisma modul- kiri dari ke q maka menurut teorema 2.4.2, (ƒ• ∘ ‚) adalah homomor-

(136) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI fisma modul- kiri dari ke untuk setiap ℎ ∈ K. Misal (ƒ• ∘ ‚) = ‹• . Misal Menurut teorema 3.1.13, untuk setiap • ∈ berlaku 124 = ‹• (•B ). • = ‹• (•B ) = •B m‹• ( )n. Perhatikan bahwa ( • (•B )Q ) =( Q • )•B = •B m‹• ( )n •BQ ∈ menurut teorema • (•B ) sehingga 3.1.2, Q ∈ adalah ∈ ⊆ ideal ∈ . Misal fraksi dari ⊆ . K = ℎ ∈ K ‹• ( ) ≠ 0(untuk(sejumlah(berhingga(ℎ . Selain itu untuk setiap ‚( ) ∈ q sehingga ‚( ) = /•∈€C ‹• ( ) i• = /•∈€C ( • •BQ )i• sehingga = dan Didefinisikan ∈ , berlaku = (i ∘ ‚)( ) = i ‰ u ( • •BQ )i• Š •∈€C = /•∈€C ( • •BQ )i(i• ). Karena ≠0 1 = /•∈€C ( • •BQ )i(i• ) dengan ( • •BQ ) ∈ adalah ideal dari . Jelas 3.1.4, + = /4G5 G ,G ≠ ∅ sebab 1 ∈ untuk suatu G dan ⊆ maka dan i(i• ) ∈ . Jadi 1 ∈ . Ambil sebarang + ∈ Q ada, sehingga . Akan ditunjukkan maka menurut teorema ∈ , ,G ∈ untuk setiap H sehingga + ∈ akibatnya ⊆ .

(137) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI Manurut teorema 3.1.4, ma 3.1.1, adalah ideal fraksi dari adalah ideal dari teorema 2.2.9, . Karena selain itu adalah ideal dari ⊆ sehingga menurut teore- dan 1 ∈ = . Jadi menurut definisi 3.1.2, adalah ideal fraksi dari ∈ invers dan inversnya ⊆ = = Q 125 sehingga menurut yang mempunyai . Teorema 3.1.16 Misal adalah daerah Dedekind dengan adalah lapangan pecahan dari dari . Ideal adalah ideal pembagi jika dan hanya jika ⊆ . dan , adalah ideal Bukti: 1. (→) Jelas menurut teorema 2.2.14. 2. (←) Misal ⊆ . Menurut teorema 3.1.1, , adalah ideal fraksi dari sehing- ga menurut definisi 3.1.3, , adalah ideal yang mempunyai ideal invers. Kedua ruas pada ⊆ dikalikan dengan Q Q maka ⊆ . Akan dibuktikan adalah ideal fraksi dan Q ⊆ Q adalah ideal dari sehingga menurut teorema 3.1.1, Q adalah ideal dari . Selanjutnya, akan dibuktikan adalah ideal pembagi . Karena ideal dari , misal Q Q . Menurut teorema 3.1.4, = K, untuk suatu ideal K dari . Kedua ruas pada persamaan dikalikan dengan sehingga = K maka menurut definisi 2.2.14, | . Q adalah Q =K ∎

(138) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 126 B. Kriteria Daerah Dedekind Teorema 3.2.1 Misal adalah daerah integral dengan lapangan pecahan . Pernyataan berikut ekivalen 1. Himpunan adalah daerah Dedekind. 2. Setiap ideal sejati dari adalah perkalian tunggal dari sejumlah berhingga ideal prima dari dan setiap ideal prima tersebut mempunyai invers. 3. Setiap ideal taknol dari mempunyai invers. 4. Setiap ideal fraksi dari mempunyai invers. 5. Himpunan semua ideal fraksi dari 6. Himpunan membentuk grup komutatif terhadap operasi perkalian. adalah daerah Noether dan tertutup secara integral dan setiap ideal prima taknol adalah ideal maksimal. Bukti: 1. (1) → (2) Mula-mula akan dibuktikan rang ideal sejati dari definisi 3.1.3, invers dari . Menurut teorema 3.1.1, adalah ideal fraksi dari tersebut. Karena menurut teorema 3.1.8, 0 ∈ adalah daerah Noether. Misal adalah sebaadalah ideal fraksi dari sehingga menurut yang mempunyai ideal invers. Misal Q adalah ideal adalah ideal yang mempunyai ideal invers yaitu dibangun secara berhingga oleh elemen di untuk , = 1,2,3 … , 2 maka menurut teorema 2.2.16, , misal Q maka = > ,…, adalah daerah Noether. 4 ?,

(139) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI Selanjutnya akan dibuktikan setiap ideal sejati dari adalah perkalian yang tunggal. Misal ℋ adalah himpunan setiap ideal se- berhingga dari ideal-ideal prima dari jati dari dengan sifat misal ∈ ℋ dan ≠ ` … `4 dimana `0 adalah ideal prima dari setiap , dan andaikan ℋ ≠ ∅. Karena ideal sejati dari 127 untuk adalah daerah Noether dan ℋ adalah himpunan setiap maka menurut teorema 2.2.18, terdapat elemen maksimal di ℋ, misal ” ada- lah elemen maksimal tersebut. Perhatikan bahwa, karena ” ∈ ℋ maka ” bukan ideal prima se- hingga menurut teorema 2.2.12, •” bukan daerah integral maka menurut teorema 2.2.3, •” bukan lapangan akibatnya menurut teorema 2.2.13, ” bukan ideal maksimal dari . Karena ” bukan ideal maksimal dari dari ”⊆ ⊆ dan ” ≠ tuk suatu ideal ^ dari ∉ ℋ atau ≠ . Karena ” ⊆ dan . Karena ∈ ℋ. Misal dengan ” ≠ . Misal maka menurut definisi 2.2.13 terdapat ideal sejati maka menurut teorema 3.1.16, ” = ^ un- adalah ideal sejati dari ∈ ℋ dan ” ⊆ ∉ ℋ maka dan maka ada dua kemungkinan yaitu maka menurut definisi 2.2.22, = ” kontradiksi = ` … `4 dimana `0 adalah suatu ideal prima dari untuk setiap , sehingga ” = (` … `4 )^. Karena ” = (` … `4 )^ maka menurut teorema 2.2.7, ” ⊆ (` … `4 ) dan ” ⊆ ^. Misal ^ ∈ ℋ dan ” ⊆ ^ maka menurut definisi 2.2.15 ” = ^ sehingga menurut definisi 3.1.3, = ””Q = ( ^)^Q = akibatnya kontradiksi dengan . Misal ^ ∉ ℋ maka ^ = a a … a8 dimana a_ adalah ideal prima dari untuk setiap hingga ” = (` … `4 )(a a … a8 ) adalah perkalian berhingga ideal-ideal prima dari ≠ semaka ” ∉ ℋ sehingga kontradiksi dengan ” ∈ ℋ. Karena setiap kemungkinan terdapat kontradiksi sehingga pengandaian salah, maka ℋ = ∅ akibatnya setiap ideal sejati dari merupakan perkal- ian berhingga ideal-ideal prima dari . Ketunggalannya jelas menurut teorema 3.1.12.

(140) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 128 2. (2) → (3) Misal adalah sebarang ideal sejati taknol dari . Misal = ` ` … `4 dan `0Q ada untuk setiap ,. Menurut teorema 3.1.4 setiap ideal fraksi dari membentuk monoid komutatif, maka ` ` … `4 sehingga (` ` … `4 )Q = (` ` … `4 )(` ` … `4 )Q = . Jadi invers dari adalah (` ` … `4 )Q . 3. (3) → (4) Misal setiap ideal taknol dari menurut definisi 3.1.1, ada f ∈ = mempunyai invers. Misal K adalah ideal fraksi dari , maka dan f ≠ 0 sehingga fK ⊆ . Karena K adalah ideal fraksi dari , menurut teorema 3.1.3, fK adalah ideal dari . Misal fK = adalah ideal dari . Karena adalah ideal dari dan menurut asumsi setiap idal dari maka menurut definisi 3.1.2 ⊆ dan f ≠ 0 maka fQ 1ℎ ℎ ∈ K = K = fQ /405 (fQ 0 ) (f10 ) 0 menurut definisi 2.2.6, 0 ) (f10 ) 0 ∈ , 10 ∈ 0 10 0 ada dan fQ ∈ Q ∈ , 10 ∈ Q 0 ∈ , 10 ∈ Q Q . Menurut teorema 3.1.4, (fQ )(f dan 0 , 10 untuk , = 1,2, … , 2 , , = 1,2, … , 2 = /405 dan (fQ )(f mempunyai invers. Q ada, sehingga fQ (fK) = fQ (fℎ) ℎ ∈ K = . Karena fQ , f ∈ ∈ , 10 ∈ Q , , = 1,2,3, … , 2 = . Karena adalah gelanggang komutatif, maka (fQ 1,2, … , 2 = . Karena K = fQ ideal fraksi dari = {/405 adalah ideal fraksi dari 1( 0 10 ) = ( 0 10 ) untuk /405 (fQ Q mempunya invers sehingga 0 10 ) maka K(f 0 Q ∈ Q )= untuk , = 1,2, … , 2 dan 0 )(f10 ) = (fQ f)( 0 10 ) = sehingga (fQ )(f ∈ , 10 ∈ Q ,, = Q )= ) = . Jadi terbukti setiap

(141) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 129 4. (4) → (5) Misal setiap ideal fraksi dari fraksi dari daerah integral mempunyai invers. Menurut teorema 3.1.4, himpunan setiap ideal membentuk monoid komutatif dengan elemen identitas . Misal ℋ adalah monoid komutatif tersebut. Menurut definisi 3.1.2, invers dari ideal fraksi adalah ideal fraksi sehingga merupakan elemen dari ℋ. Jadi menurut definisi 2.1.19, ℋ adalah grup terhadap operasi perkalian. Akan dibuktikan sifat komutatif dari ℋ. Misal , adalah sebarang ideal fraksi dari = {/4T5 . Menurut teorema 3.1.4, T definisi 3.1.1, , adalah himpunan bagian dari menurut definisi 2.2.6, = /4T5 T 1T T T 1T = 1T T 1T T ∈ , 1T ∈ , F = 1,2,3, … , 2 dan menurut sehingga untuk setiap F. Karena ∈ , 1T ∈ , F = 1,2,3, … , 2 = /4T5 1T T , 1T T 1T T T ∈ = 1T untuk setiap F sehingga T untuk setiap F maka ∈ , 1T ∈ , F = 1,2,3, … , 2 = . Jadi terbukti ℋ adalah grup komutatif terhadap operasi perkalian. 5. (5) → (6) Misal ™ adalah himpunan semua ideal fraksi dari tatif terhadap operasi perkalian. Mula-mula akan ditunjukkan adalah sebarang ideal dari . Jika teorema 2.2.17, daerah integral maka menurut definisi 2.2.8, = adalah daerah Noether. Jika 3.1.1, adalah daerah Noether. Misal = {0} maka menurut definisi 2.2.8, adalah daerah Noether. Jika = >0? maka menurut adalah ideal tak sejati dari = >1? sehingga menurut teorema 2.2.17, daerah integral adalah ideal taknol dan ∈ ℐ dan menurut definisi 3.1.2, Q adalah sejati dari ∈ ℐ sehingga mempunyai invers maka menurut teorema 3.1.8, ,_ ∈ dan membentuk grup komu- . Menurut teorema adalah ideal fraksi dari dibangun berhingga, misal untuk = 1,2, … , 2. Jadi menurut teorema 2.2.17, , adalah daerah Noether. yang = >, , … , ,4 ?,

(142) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI tertutup secara integral. Ambil sebarang : ∈ , Selanjutnya akan dibuktikan dan H ≠ 0. Misal i(+) = + 4 + F4Q + 4Q + ⋯ + FB ∈ ›œ• dan misal : = G untuk suatu , H ∈ V V 4 i(:) = >1, , … , V G punan G V 4Q G V V G V 4Q G , = 1,2,3, … , 2 − 1 >1, , … , V G V 4Q G V 4 + ⋯ + FB = 0 atau G G ?. Akan dibuktikan himpunan >1, , … , >1, , … , 1 ∈ >1, G , … , V 4Q + F4Q ?, V 4Q sebab ?, misal 1 = ℎ + ℎ 1∈ maka misal V G ?≠∅ G 130 . V G Jadi f =ž +ž V ¡− Ÿ +Ÿ V G V 4Q = −F4Q V 4Q G V G ? adalah ideal fraksi dari V 4Q 1 ∈ >1, , … , G − ⋯ − FB . Jadi G ? dan ambil >1, , … , G V V 4Q G + ⋯ + ž4Q ( )4Q V G . Ambil dengan sebarang i =Ÿ +Ÿ dan ∈ sebarang G ?⊆ G . Him- + ⋯ + ℎ4Q ( )(4Q (untuk suatu ℎ0 ∈ V V 4 V G f, i ∈ + ⋯+ Ÿ4Q (G )4Q (untuk suatu ž0 , Ÿ0 ∈ (dan untuk , = 1,2,3, … , 2 − 1, maka f − i = ž + ž V V Ÿ ) G V V 4Q + ⋯ + ž4Q G G V 4Q + ⋯ + (ž4Q − Ÿ4Q ) G menurut teorema 2.1.7, >1, G , … , V rang ¢ ∈ l0 ∈ ¢l 0 ∈ V G bagian- dan £ ∈ >1, , … , V G = 1 + ⋯ + 14Q V 4Q G V 4Q G G + ⋯ + Ÿ4Q V 4Q G V 4Q V 4Q G = + ∈ >1, , … , V G G ?, misal £ = l + l V G G V G + ⋯+ 4Q V 4Q + ⋯ + l4Q V G G , sehingga menurut teorema 3.1.7 >1, G , … , V G ∈ >1, , … , V G V G V 4Q G V 4Q V 4Q G Jadi untuk suatu V 4Q G G ?. . Ambil seba- V 4Q + ⋯ + l4Q untuk , = 1,2,3, … , 2 − 1. Jadi menurut definisi 2.4.2, >1, , … , kiri dari V 4Q ? adalah grup bagian penjumlahan dari untuk , = 1,2,3, … , 2 − 1 sehingga ¢£ = ¢ l + l + ⋯ + ¢l4Q ¡ = (ž − Ÿ ) + (ž − ¡ = ¢l + ? untuk suatu ? adalah modul ?, adalah ideal fraksi dari

(143) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI . V 4Q >1, , … , V G Misal G ?= . Akan {/8 05 #0 t0 #0 , t0 ∈ , , = 1,2,3, … , 9 . Ambil sebarang Ÿ ∈ tu #0 , t0 ∈ = . dibuktikan Himpunan yaitu , misal Ÿ = /8 05 #0 t0 untuk sua- untuk setiap ,. Akan dibuktikan dengan induksi matematika. Pernyataan `8 yaitu /8 05 #0 t0 ∈ . Akan dibuktikan `8 benar untuk 9 = 1. Misal # = sB + s s4Q V 4Q dan t = iB + i G # t = sB + s = sB iB + i H + ⋯ + s4Q G V G + ⋯ + i4Q H 4Q Perhatikan bahwa sB iB + sB i s i4Q s i4Q V 4 G V 4 G V 4 G . ¡ iB + i V 4Q G V G −F4Q V 4Q G H + ⋯ + i4Q V 4Q V 4Q G G − ⋯ − FB ¡ ∈ ∈ . Pada perkalian # t terdapat ∈ V 4Q = −F4Q H G G V G + ⋯+ dengan , = ¡ V G + ⋯ + i4Q dan s iB V G − ⋯ − FB ∈ akibatnya V 8 4Q iB + i G + ⋯ + sB i4Q V 4 untuk suatu s0 , i0 ∈ G ¡ + ⋯ + s4Q Karena = s i4Q V 4Q + ⋯ + i4Q V 0,1,2, … , 2 − 1 sehingga s i4Q 131 s iB V G +s i V 4Q G ¡. + ⋯+ V G sehingga +s i + ⋯+ V G dimana 9 ≥ 2 sehingga langkah pada pern- yataan sebelumnya dilakukan kembali sehingga # t ∈ . Jadi `8 benar untuk 9 = 1. Diasum- sikan `8 benar untuk suatu 9 ∈ ℕ sehingga /8 05 #0 t0 ∈ 8 /8R 05 #0 t0 = /05 #0 t0 + #8R t8R . Karena /8 05 #0 t0 ∈ maka untuk 9 + 1 berlaku dan /8R 05 #0 t0 ∈ sehingga `8 benar untuk setiap 9 ∈ ℕ akibatnya rang ¥∈ , misal ¥ =: +: V G + ⋯ + :4Q V 4Q G #8R t8R ∈ maka ⊆ . Sebaliknya, ambil seba- maka ¥ = : +: V G + ⋯+

(144) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI :4Q V 4Q G ¡ (1), 1 ∈ . Jadi ⊆ maka menurut definisi 2.1.19, : ∈ >1, G , … , V V 4Q G ?= Q , sehingga terbukti ada sehingga maka : ∈ Q = = ∈ ™ dan ™ adalah grup . Karena maka Q 132 = sehingga menurut definisi 2.2.21, Q = = . Karena tertutup secara terin- tegral. Akan dibuktikan setiap ideal prima taknol ` adalah ideal maksimal. Misal K adalah sebarang ideal dari `, K adalah ideal dari dan ` ⊆ K ⊆ sehingga akan dibuktikan ` = K atau K = . Karena maka menurut teorema 3.1.1, `, K adalah ideal fraksi dari `, K ∈ ™ maka menurut definisi 2.1.19, `Q , K Q ∈ ™. Menurut teorema 3.1.11, hatikan bahwa sehingga ⊆ K Q . Per- ` = ` ⊆ K Q ` ⊆ K Q K = . Karena (`K Q )K = ` maka (`K Q )K ⊆ ` dan ` ⊆ (`K Q )K. Karena ` adalah ideal prima dan (`K Q )K ⊆ ` maka menurut definisi 2.2.12, `K Q ⊆ ` atau K ⊆ `. Jika `K Q = K Q ` ⊆ ` dan ` ⊆ `K Q = K Q ` maka ` = `K Q sehingga ` Q ` = = K Q maka = K Q berlaku K = K = K Q K = dan ` ⊆ K maka K = `. Jadi menurut definisi 2.2.13, ` adalah ideal maksimal. 6. (6) → (1) Misal adalah sebarang ideal fraksi dari sedemikian sehingga # ⊆ adalah ideal dari = . Jika K ⊆ ` . Menurut definisi 3.1.1, terdapat # ∈ dan # ≠ 0 sehingga menurut teorema 3.1.3, # adalah ideal dari . Karena # maka menurut teorema 3.1.1 # adalah ideal fraksi dari . Karena daerah Noether, maka menurut teorema 2.2.17, # = ># , … , #4 ? dimana #_ ∈ 1,2, … , 2. Menurut teorema 2.4.13, terdapat secara tunggal modul- adalah untuk = kiri yang bersifat bebas dengan himpunan basis bebas K = {# , … , #4 }, misal q adalah modul- kiri yang bersifat bebas tersebut. Karena K = {# , … , #4 } adalah basis bebas dari q maka menurut definisi 2.2.8,

(145) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI ># , … , #4 ? = q maka # = q adalah modul- kiri dari modul- kiri dari yang bersifat bebas. Karena # adalah yang bersifat bebas maka menurut teorema 2.4.14, # adalah modul- kiri yang bersifat proyektif. Karena # adalah modulteorema 3.1.15, # adalah ideal fraksi dari kiri yang bersifat proyektif maka menurut yang mempunyai invers. Misal K adalah invers dari # tersebut dan menurut teorema 3.1.2, K adalah ideal fraksi dari K(# ) = . Perhatikan bahwa menurut (#K) = ¦/4_5 m#ℎ_ n,_ §ℎ_ ∈ K, ,_ ∈ , = 1,2, … , 2¨. Karena ℎ_ , ,_ ∈ untuk 1,2, … , 2. Jadi 133 dan menurut definisi 3.1.2, teorema ⊆ 3.1.4 dan # ∈ diperoleh maka # ∈ dan = 1,2, … , 2(sehingga menurut definisi 2.2.6, m#ℎ_ n,_ = ℎ_ m#,_ n untuk = (#K) 4 = ©um#ℎ_ n,_ ªℎ_ ∈ K, ,_ ∈ , = 1,2, … , 2« _5 = ¦/4_5 ℎ_ m#,_ n §ℎ_ ∈ K, ,_ ∈ , = 1,2, … , 2¨ = rang ideal fraksi dari sehingga #K adalah invers dari . Jadi seba- mempunyai invers maka menurut definisi 3.1.3, adalah daerah Dede- kind. Contoh 3.2.1 Akan diberikan contoh lain dari daerah Dedekind yaitu ℤm¬10n. Per- hatikan himpunan ℤm¬10n = ¦ + 1¬10§ , 1 ∈ ℤ¨, ℤ,(dan ℚm¬10n = ¦ + ¬10§ , ∈ ℚ¨. Mula-mula akan dibuktikan ℤm¬10n adalah daerah integral dan ℚm¬10n adalah lapangan

(146) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 134 pecahan dari ℤm¬10n. Jelas ℤm¬10n adalah gelanggang komutatif dengan elemn satuan. Akan ditunjukkan ℤm¬10n tidak mempunyai pembagi nol. Ambil sebarang +, : ∈ ℤm¬10n dan += + 1¬10 dan : = = m + 1¬10nm + 1 ¬10 untuk suatu , + 1 ¬10n = + 1011 = 0 dan + 1 ¬10 + 1 1 +1 samaan 1 + 1 ¬10 + 1011 = 0 dan + ≠ 0 sehingga = 0. Jika + ≠ 0 maka ≠ 0(dan 1 = 0 maka dari persamaan untuk , 1, 1 ∈ ℤ. Misal +: ≠ 0 atau 1 ≠ 0. Cukup dibuktikan + 1011 = 0 diperoleh = 0 dan dari per- = 0 diperoleh 1 = 0 sebab menurut contoh 2.2.4, ℤ adalah daerah integral sehingga : = 0 sehingga menurut definisi 2.2.4, ℤm¬10n adalah daerah integral. Jelas ℚm¬10n adalah lapangan. Berikutnya akan dibuktikan ℚm¬10n adalah lapangan pecahan dari ℤm¬10n. Ambil sebarang ¢ ∈ ℚm¬10n, misal ¢ = + ¬10 untuk suatu , = C D , = C DR C D¬ D D C B D untuk suatu , , . Perhatikan bahwa , + ∈ ℤ dan ¬10, ≠ 0, 2.3.13, ℚm¬10n adalah lapangan pecahan dari ℤm¬10n. ∈ ℚ. Menurut contoh 2.3.2, ≠ 0 sehingga ¢ = C D + C D ¬10 = ∈ ℤm¬10n sehingga menurut teorema Selanjutnya akan dibuktikan ℤm¬10n adalah grup komutatif yang bebas. Akan dibuktikan K = ¦1, ¬10¨ adalah basis(dari(grup(ℤm¬10n. Ambil sebarang H ∈ ℤm¬10n, misal H = 1 ¬10 = + 1 ¬10 = + 1 ¬10 maka 0. Kontradiksi dengan secara tunggal sebagai ≠ + + 1 ¬10 dan andaikan − ≠ atau 1 ≠ 1 . Karena + (1 − 1 )¬10 = 0 sehingga − + = 0 dan 1 − 1 = atau 1 ≠ 1 . Jadi setiap elemen di ℤm¬10n dapat dinyatakan ¬10 dimana , ∈ ℤ sehingga menurut teorema 2.1.18, K ada-

(147) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI 135 lah basis(dari(grup(ℤm¬10n sehingga menurut definisi 2.1.28, ℤm¬10n adalah grup komutatif yang bebas. Berikutnya akan ditunjukkan setiap ideal taknol dari ℤm¬10n mempunyai invers. Misal adalah ideal taknol dari ℤm¬10n. Menurut definisi 2.2.8, adalah grup komutatif dari ℤm¬10n sehingga menurut teorema 2.1.22, adalah grup komutatif yang bebas dengan basis dari grup kurang dari atau sama dengan 2. Jelas bahwa dengan basis bebas K. Diperoleh kiri yang bebas. Karena adalah modul-ℤ kiri yang bebas adalah ideal taknol dari ℤm¬10n sehingga adalah modul-ℤ adalah modul-ℤ kiri yang bebas maka menurut teorema 2.4.13, lah modul-ℤ kiri yang proyektif sehingga menurut teorema 3.1.15, ada- adalah ideal fraksi dari ℤm¬10n yang mempunyai invers. Diperoleh adalah ideal taknol ℤm¬10n sehingga adalah ide- al fraksi dari ℤm¬10n yang mempunyai invers. Jadi menurut teorema 3.2.1, ℤm¬10n adalah daerah Dedekind. Contoh 3.2.2 Pada contoh ini akan diberikan suatu daerah integral yang bukan daerah Dedekind dengan lapangan pecahan dari daerah integral tersebut. Akan dibuktikan daerah integral ℤm¬−3n = ¦ + 1¬−3§ , ∈ ℤ¨ dengan lapangan pecahan ℚm¬−3n = ¦ + ¬−3§1, 1 ∈ ℚ¨ bukan daerah Dedekind. Mula-mula akan dibuktikan ℤm¬−3n adalah daerah integral. Jelas ℤm¬−3n adalah gelanggang komutatif dengan elemen satuan sebab memenuhi definisi 2.2.1. Akan dibuktikan ℤm¬−3n tidak mempunyai pembagi nol. Ambil sebarang ¬−3 dan 1 = 1 + 1 ¬−3 untuk suatu ,1 , , 1 ∈ ℤm¬−3n. Misal , 1 ∈ ℤ dan 1 = 0 dan = + ≠ 0. Perhatikan

(148) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI bahwa 1=m ≠ 0 sehingga + ¬−3nm1 + 1 ¬−3n = = 0 dan ≠ 0 atau 1 −3 ≠ 0 dan 1 = 0 sehingga terdapat dua persamaan yaitu (I)( 1 − 3 1 +( 1 +1 = 0 atau )¬−3 = 0 ≠ 0 dan 136 dan ≠ 0. Karena 1 = 0( dan Kasus 1 untuk °± = ² dan °³ ≠ ² (II)( 1 + 1 = 0. Menurut contoh 2.2.4, ℤ adalah daerah integral sehingga pada persamaan (I) diperoleh 1 = 0 dan pada persamaan (II) diperoleh 1 = 0. Jadi terbukti 1 = 0. Kasus 2 untuk °± ≠ ² dan °³ = ² Analog dengan kasus 1 diperoleh 1 = 0. Kasus 3 untuk °± ≠ ² dan °³ ≠ ² Andaikan 1 ≠ 0 maka 1 ≠ 0 atau 1 ≠ 0 Kasus 3.1 untuk ´± = ² dan ´³ ≠ ² Pada persamaan (I) diperoleh dan 1 adalah pembagi nol di ℤ sehingga menurut negasi defin- isi 2.2.4, ℤ bukan daerah integral akibatnya kontradiksi dengan contoh 2.2.4. Jadi pengandaian salah maka 1 = 0.

(149) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI Kasus 3.2 untuk ´± ≠ ² dan ´³ = ² Analog dengan kasus 3.1 diperoleh 137 , 1 adalah pembagi nol di ℤ sehingga menurut negasi definisi 2.2.4, ℤ bukan daerah integral akibatnya kontradiksi dengan contoh 2.2.4. Jadi pengandaian salah maka 1 = 0. Kasus 3.3 untuk ´± ≠ ² dan ´³ ≠ ² Pada persamaan (I) diperoleh OD SD SC 1 +1 = OD SDD SC + SCD OD SC = OD SD SC kemudian disubtitusikan pada persamaan (II) diperoleh =0⟷3 1 +1 (31 + 1 ) = 0. =0⟷ Karena ≠ 0 maka menurut contoh 2.2.4, 31 + 1 = 0 sehingga 1 = ±1 ¬−3 ∉ ℤ. Kontradiksi dengan 1 ∈ ℤ. Jadi pengandaian salah maka 1 = 0. Karena setiap kemungkinan pada kasus 3 terdapat kontradiksi sehingga pengandaian salah maka 1 = 0. Jadi menurut definisi 2.2.4, ℤm¬−3n adalah daerah integral. Berikutnya akan dibuktikan ℚm¬−3n adalah lapangan pecahan dari ℤm¬−3n. Jelas ℚm¬−3n adalah lapangan sebab memenuhi definisi 2.2.6. Selanjutnya ambil sebarang ¢ ∈ ℚm¬−3n. Misal ¢ = GC GD = VC VD + H¬−3 untuk suatu dan H = GC untuk suatu ¬−3 = G D VC GD RVD GC ¬Q VD GD akibatnya , H , , H ∈ ℤ dan H + , H ∈ ℚ sehingga menurut teorema 2.3.13, ≠ 0, H ≠ 0. Perhatikan bahwa ¢ = VC + H ¬−3 ∈ ℤ¬−3 dan teorema 2.3.13, ℚm¬−3n adalah lapangan pecahan dari ℤm¬−3n. V D H ∈ ℤ¬−3 sehingga menurut

(150) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI Terakhir akan ditunjukkan ℤm¬−3n bukan daerah Dedekind. Dipilih ℚm¬−3n dan polinomial monik, i(+) = + + ℤ¸+¬−3¹, maka i R¬Q = 0. Namun R¬Q Q¬Q ¶+ − R¬Q 138 R¬Q ∈ · = + − +¬−3 − 2 ∈ ∉ ℤm¬−3n, sehingga menurut definisi 2.2.21, ℤ¬−3 tidak tertutup secara integral, sehingga menurut teorema 3.2,1, ℤ¬−3 bukan daerah De- dekind.

(151) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI BAB IV PENUTUP A. Kesimpulan Suatu daerah integral dengan lapangan pecahan hanya jika setiap ideal sejati dari disebut daerah Dedekind jika dan adalah perkalian tunggal dari sejumlah berhingga ideal prima dari dan setiap ideal prima tersebut mempunyai invers jika dan hanya jika setiap ideal taknol dari mempunyai invers jika dan hanya jika setiap ideal fraksi dari dan hanya jika himpunan semua ideal fraksi dari perkalian jika dan hanya jika himpunan mempunyai invers jika membentuk grup komutatif terhadap operasi adalah daerah Noether yang tertutup secara integral dan setiap ideal prima taknol adalah ideal maksimal. Karena kelima kriteria tersebut ekivalen satu sama lain, maka adalah daerah Dedekind jika cukup memenuhi salah satu kriteria. B. Saran Skripsi ini hanya membahas kriteria daerah integral merupakan daerah Dedekind dan belum sampai pada aplikasi daerah Dedekind tersebut. Karena itu, skripsi ini dapat dikembangkan lebih lanjut tentang aplikasi dari daerah Dedekind pada ilmu matematika.

(152) PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI DAFTAR PUSTAKA Fraleigh, J.B. (2003). A First Course In Abstract Algebra. Boston: Addison-Wesley. Gallian, J.A. (1998). Contemporary Abstract Algebra. Boston: Houghton Mifflin. Hungerford, T.W. (1974). Algebra. New York: Springer-Verlag. Jacobson, N. (1989). Basic Algebra II: Second Edition. New York: W.H. Freeman. Lucas, J.F. (1990). Introduction to Abstract Mathematics. New York: Ardsley House Publishers. Lang, S. (2002). Algebra. Oklahoma: Springer-Verlag. Mollin, R.A. (2009). Advanced Number Theory with Applications. London: Chapman and Hall. Passman, D.S. (1991). A Course In Ring Theory. California: Brooks/Cole. Ribenboim, P. (1972). Algebraic Numbers. New York: Wiley-Interscience.

(153)

Dokumen baru